2024-2025学年陕西省西安市长安区高二上册第二次教学质量检测数学检测试题（附解析）

2024-2025学年陕西省西安市长安区高二上学期第二次数学教学质量检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．设集合，，则（

）A． B． C． D．2．为了了解我校报考飞行员的学生的体重情况，将所得的数据整理后，作出频率分布直方图（如图），已知图中从左到右的前3个小组的频率之比为，且第1小组的频数为6，则报考飞行员的学生总人数是（

）A．48 B．60 C．72 D．763．已知非零向量满足，则与的夹角的余弦值是（

）A． B． C． D．4．已知函数，则的最小值为（

）A． B． C． D．5．已知椭圆的右焦点为，过的直线与椭圆相交于两点，线段中点的坐标为，则此椭圆的方程为（

）A． B．C． D．6．将函数（其中）的图像向右平移个单位长度，所得图像关于直线对称，则的最小值是（

）A． B． C． D．7．已知双曲线的左､右焦点分别是和，若在其渐近线上存在一点，满足，则该双曲线离心率的取值范围为（

）A． B． C． D．2,38．如图，在三棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知两个等差数列和的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的取值为（

）A．3 B．4 C．7 D．1410．意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足：，，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是（）A． B．C． D．11．在数学史上，把平面内，到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹，称为（Cassinioval）卡西尼卵形线.在平面直角坐标系中，动点到两个定点的距离之积等于3，化简得曲线的方程为.则下列结论正确的是（

）A．曲线C关于轴对称.B．面积的最大值为2.C．的最小值为.D．的取值范围为.三、填空题（本大题共3小题）12．等比数列的各项为正数，若，则.13．若关于的方程和的四个根，可以组成首项为的等差数列，则的值是.14．已知抛物线y2=2pxp>0焦点为，过的直线与此抛物线相交于两点，点，若，且，则.四、解答题（本大题共5小题）15．设函数.(1)求的单调区间：(2)在锐角中，角的对边分别为，若，求面积的最大值.16．记为等差数列的前项和，已知．(1)求的通项公式；(2)求数列的前项和．17．如图，在三棱柱中，侧面是矩形，，，，，E，F分别为棱，BC的中点，G为线段CF的中点．(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值．18．已知数列和满足.若为等比数列，且(1)求数列与的通项公式：(2)设.记数列的前项和为.（i）求；（ii）求正整数，使得对任意，均有.19．已知椭圆C：的左焦点为，离心率为，过的直线与椭圆交于M，N两点，当MN⊥x轴时，.(1)求椭圆C的方程；(2)设经过点H（0，-1）的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点P关于y轴的对称点为F，直线FQ与y轴交于点G，求△PQG面积的取值范围.

答案1．【正确答案】D【分析】根据指数函数的性质求出集合，再根据交集的定义计算可得.【详解】因为，则，所以，又，所以.故选：D2．【正确答案】C【分析】根据频率之和为1即可求解第一组的频率，进而可求解.【详解】设第一小组的频率为，则，解得，故总人数为，故选：C.3．【正确答案】B【分析】根据模长公式公式可得，即可根据夹角公式求解.【详解】由于，故，故，所以，故，故选：B4．【正确答案】C【分析】根据二倍角公式以及二次函数的性质求解.【详解】由于，由于，故当时，取最小值，故选：C5．【正确答案】D【分析】因为的中点坐标为，设，代入椭圆方程相减，利用，，求出直线的斜率，得出等量关系，再由关系，即可求解.【详解】设，，过点的直线交椭圆于，两点，若的中点坐标为，所以直线的斜率，，代入椭圆方程得，两式相减得，即，也即，所以，又，所以，所求的椭圆方程为.故选：D.6．【正确答案】B【分析】根据平移的性质可得平移后的表达式，即可根据对称得得解.【详解】由题意知，图像平移后的函数的解析式为，因为该图像关于直线对称，所以，，解得，，因为，所以当时，取得最小值．故选：B．7．【正确答案】A【分析】由题意问题转化为双曲线的渐近线与双曲线有公共点即可，据此可得两曲线渐近线斜率间的关系，进而求出离心率范围.【详解】双曲线的渐近线方程为，,点在双曲线上，双曲线的渐近线方程为，因为由题意可知与双曲线相交，所以由双曲线渐近线性质可知只需，即，则，解得（负值已舍去），故该双曲线离心率的取值范围是，故选：A8．【正确答案】C【分析】设中点为，连接，过点作，进而根据已知条件证明三棱锥的外接球的球心在上，再设外接球的半径为，球心为，中点为，连接，再根据几何关系得，进而代入数据计算即可得答案【详解】设中点为，连接，因为是以为斜边的等腰直角三角形，，所以，，过点作，因为平面平面，平面平面，平面，平面所以平面，平面，所以三棱锥的外接球的球心在上，设外接球的半径为，则由得，由得，又因为，所以为等腰直角三角形，设球心为，中点为，连接，则，所以，即，解得，所以三棱锥的外接球的表面积为.故选：C9．【正确答案】BD【分析】根据下标和性质及求和公式得到，即可求出，从而得解.【详解】因为，所以，因为，所以当或或时为整数.故选：BD10．【正确答案】ABD【分析】根据题中递推公式，求出，，数列的前项和，数列的奇数项和，与选项对比即可.【详解】对于A选项，因为斐波那契数列总满足，所以，，，类似的有，，累加得，由题知，故选项A正确，对于B选项，因为，，，类似的有，累加得，故选项B正确，对于C选项，因为，，，类似的有，累加得，故选项C错误，对于D选项，可知扇形面积，故，故选项D正确，故选：ABD.本题考查了利用数列的递推公式求数列的性质，属于一般题.11．【正确答案】ACD【分析】用代替，判断曲线的对称性，判断A的真假；利用，可求的取值范围，结合可求的最大值，判断B的真假；利用基本（均值）不等式求的最小值，判断C的真假；利用先求的取值范围，结合，可得的范围，即的范围，可判断D的真假.【详解】对A：对于方程，因为用代替，方程不变，所以曲线关于轴对称，故A正确；对B：因为，因为，所以.所以，故B错误；对：，当点在轴上取得等号，故C正确；对D：因为；所以.所以，所以，故D正确.故选：ACD方法点睛：对卡西尼卵形线的性质的分析，分别求，的取值范围是解决问题的关键.曲线方程可化为，利用配方法可得的取值范围；利用，可得的取值范围.12．【正确答案】【分析】根据对数的运算性质及下标和性质计算可得.【详解】因为，所以，又，所以，则，所以.故13．【正确答案】【分析】根据等差数列性质计算得到；，再利用韦达定理求出、，即可得解.【详解】不妨设方程和的四个根为，设其所成等差数列的公差为，则，，又，所以，则，所以，，故，，则故14．【正确答案】【分析】可设直线方程为，将直线与抛物线联立，根据根与系数关系得出直线与的斜率之和为零，即，根据二倍角公式计算出锐角的正切值，计算直线中，根据弦长公式计算出的值.【详解】设直线的方程为，点，，联立直线与抛物线，整理得：，由韦达定理，，.，得到，由二倍角公式，是锐角，则.

过作轴，准线，，根据抛物线的定义，，故，则的倾斜角为或者.可得，根据弦长公式，，.故15．【正确答案】(1)单调递增区间是，单调递减区间是；(2)【分析】（1）利用二倍角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得；（1）首先求出，即可求出，再由余弦定理及基本不等式求出的最大值，最后由面积公式计算可得.【详解】（1）因为，令，解得，令，解得，所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是；（2）由，得，由题意知为锐角，所以，由余弦定理，所以，即当且仅当时等号成立，因此，所以面积的最大值为.16．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）先求，讨论的符号去绝对值，结合运算求解.【详解】（1）设等差数列的公差为，由题意可得，即，解得，所以，（2）因为，令，解得，且，当时，则，可得；当时，则，可得；综上所述.17．【正确答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）作图，由对应比例证明，即可证明平面；（2）建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，从而得对应平面向量的坐标，求解出法向量，利用向量夹角计算公式代入计算.(1)连接，交于点，连接，由题意，四边形为平行四边形，所以，因为E为中点，∴，∴，且相似比为，∴，又∵，为，中点，∴，∴，又平面，平面，∴平面.(2)连接，因为，，所以，，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，设平面和平面的法向量分别为，则，，所以，因为二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.18．【正确答案】(1)；(2)（i）（ii）【分析】利用和求出公比，确定，结合指数运算求解；（i）利用分组求和求解；（ii）时，作差法确定的单调性得正负项分界求解的最大值即可求解.【详解】（1）设数列的公比为，因为，可知，当时，，所以，又因为，所以，又因为，所以或（舍去），所以，由有：所以.（2）（i）由（1）知，，所以（i