2025屆廣東省湛江市第一中學(xué)數(shù)學(xué)高二上期末教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)試題注意事項(xiàng)1．考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請(qǐng)認(rèn)真核對(duì)監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿、涂黑；如需改動(dòng)，請(qǐng)用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號(hào)等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．在空間直角坐標(biāo)系中，若，，則點(diǎn)B的坐標(biāo)為（）A.（3，1，﹣2） B.（-3，1，2）C.（-3，1，-2） D.（3，-1，2）2．2021年4月29日，中國(guó)空間站天和核心艙發(fā)射升空，這標(biāo)志著中國(guó)空間站在軌組裝建造全面展開，我國(guó)載人航天工程“三步走”戰(zhàn)略成功邁出第三步.到今天，天和核心艙在軌已經(jīng)九個(gè)多月.在這段時(shí)間里，空間站關(guān)鍵技術(shù)驗(yàn)證階段完成了5次發(fā)射、4次航天員太空出艙、1次載人返回、1次太空授課等任務(wù).一般來說，航天器繞地球運(yùn)行的軌道近似看作為橢圓，其中地球的球心是這個(gè)橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)，我們把橢圓軌道上距地心最近（遠(yuǎn)）的一點(diǎn)稱作近（遠(yuǎn)）地點(diǎn)，近（遠(yuǎn)）地點(diǎn)與地球表面的距離稱為近（遠(yuǎn)）地點(diǎn)高度.已知天和核心艙在一個(gè)橢圓軌道上飛行，它的近地點(diǎn)高度大約351km，遠(yuǎn)地點(diǎn)高度大約385km，地球半徑約6400km，則該軌道的離心率為（）A. B.C. D.3．由倫敦著名建筑事務(wù)所SteynStudio設(shè)計(jì)的南非雙曲線大教堂驚艷世界，該建筑是數(shù)學(xué)與建筑完美結(jié)合造就的藝術(shù)品，若將如圖所示的大教堂外形弧線的一段近似看成雙曲線下支的一部分，離心率為，則該雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.4．命題，，則是（）A.， B.，C.， D.，5．若在1和16中間插入3個(gè)數(shù)，使這5個(gè)數(shù)成等比數(shù)列，則公比為（）A. B.2C. D.46．已知拋物線的焦點(diǎn)為，在拋物線上有一點(diǎn)，滿足，則的中點(diǎn)到軸的距離為（）A. B.C. D.7．用數(shù)學(xué)歸納法時(shí)，從“k到”左邊需增乘的代數(shù)式是（）A. B.C. D.8．已知直線、的方向向量分別為、，若，則等于（）A.1 B.2C.0 D.39．在四棱錐中，底面為平行四邊形，為邊的中點(diǎn)，為邊上的一列點(diǎn)，連接，交于，且，其中數(shù)列的首項(xiàng)，則（）A. B.為等比數(shù)列C. D.10．設(shè)集合，集合，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件11．已知A，B，C三點(diǎn)不共線，O是平面ABC外一點(diǎn)，下列條件中能確定點(diǎn)M與點(diǎn)A，B，C一定共面的是A. B.C. D.12．已知圓與直線至少有一個(gè)公共點(diǎn)，則的取值范圍為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知點(diǎn)是拋物線上的兩點(diǎn)，，點(diǎn)是拋物線的焦點(diǎn)，若，則的值為__________14．如圖①，用一個(gè)平面去截圓錐，得到的截口曲線是橢圓.許多人從純幾何的角度出發(fā)對(duì)這個(gè)問題進(jìn)行過研究，其中比利時(shí)數(shù)學(xué)家（1794-1847）的方法非常巧妙，極具創(chuàng)造性.在圓錐內(nèi)放兩個(gè)大小不同的球，使得它們分別與圓錐的側(cè)面，截面相切，兩個(gè)球分別與截面相切于，在截口曲線上任取一點(diǎn)，過作圓錐的母線，分別與兩個(gè)球相切于，由球和圓的幾何性質(zhì)，可以知道，，于是.由的產(chǎn)生方法可知，它們之間的距離是定值，由橢圓定義可知，截口曲線是以為焦點(diǎn)的橢圓.如圖②，一個(gè)半徑為2的球放在桌面上，桌面上方有一個(gè)點(diǎn)光源，則球在桌面上的投影是橢圓.已知是橢圓的長(zhǎng)軸，垂直于桌面且與球相切，，則橢圓的離心率為___________.15．下圖是個(gè)幾何體的展開圖，圖①是由個(gè)邊長(zhǎng)為的正三角形組成；圖②是由四個(gè)邊長(zhǎng)為的正三角形和一個(gè)邊長(zhǎng)為的正方形組成；圖③是由個(gè)邊長(zhǎng)為的正三角形組成；圖④是由個(gè)邊長(zhǎng)為的正方形組成.若幾何體能夠穿過直徑為的圓，則該幾何體的展開圖可以是______（填所有正確結(jié)論的序號(hào)）.16．滕王閣，江南三大名樓之一，因初唐詩(shī)人王勃所作《滕王閣序》中“落霞與孤鶩齊飛，秋水共長(zhǎng)天一色”而名傳千古，流芳后世.如圖，在滕王閣旁地面上共線的三點(diǎn)，，處測(cè)得閣頂端點(diǎn)的仰角分別為，，.且米，則滕王閣高度___________米.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）設(shè)銳角三角形ABC的內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c，.（1）求B的大?。?）若，，求b.18．（12分）如圖，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為3，對(duì)角線，將△沿著對(duì)角線BD翻折至△的位置，使得，在平面ABCD上方存在一點(diǎn)M，且平面ABCD，（1）求證：平面平面ABD；（2）求點(diǎn)M到平面ABE的距離；（3）求二面角的正弦值19．（12分）設(shè)命題p：實(shí)數(shù)x滿足，其中；命題q：若，且為真，求實(shí)數(shù)x的取值范圍；若是的充分不必要條件，求實(shí)數(shù)m的取值范圍20．（12分）已知直線與拋物線交于兩點(diǎn)（1）若，直線過拋物線的焦點(diǎn)，線段中點(diǎn)的縱坐標(biāo)為2，求的長(zhǎng)；（2）若交于，求的值21．（12分）已知是等差數(shù)列，是等比數(shù)列，且，，，.（1）求的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)，求數(shù)列的前n項(xiàng)和.22．（10分）曲線的左、右焦點(diǎn)分別為，左、右頂點(diǎn)分別為，C上的點(diǎn)M滿足，且直線的斜率之積等于（1）求C的方程；（2）過點(diǎn)的直線l交C于A，B兩點(diǎn)，若，其中，證明：

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、C【解析】利用點(diǎn)的坐標(biāo)表示向量坐標(biāo)，即可求解.【詳解】設(shè)，，，所以，，，解得：，，，即.故選：C2、A【解析】根據(jù)遠(yuǎn)地點(diǎn)和近地點(diǎn)，求出軌道即橢圓的半長(zhǎng)軸和半焦距，即可求得答案.【詳解】設(shè)橢圓的半長(zhǎng)軸為a，半焦距為c.則根據(jù)題意得;解得，故該軌道即橢圓的離心率為，故選：A3、B【解析】求出的值，可得出雙曲線的漸近線方程.【詳解】由已知可得，因此，該雙曲線的漸近線方程為.故選：B.4、D【解析】根據(jù)特稱命題的否定為全稱命題，即可得到答案.【詳解】因?yàn)槊}，，所以，.故選：D5、A【解析】根據(jù)等比數(shù)列的通項(xiàng)得：，從而可求出.【詳解】解：成等比數(shù)列，∴根據(jù)等比數(shù)列的通項(xiàng)得：，，故選：A.6、A【解析】設(shè)點(diǎn)，利用拋物線的定義求出的值，可求得點(diǎn)的橫坐標(biāo)，即可得解.【詳解】設(shè)點(diǎn)，易知拋物線的焦點(diǎn)為，由拋物線的定義可得，得，所以，點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，故點(diǎn)到軸的距離為.故選：A.7、C【解析】分別求出n＝k時(shí)左端的表達(dá)式，和n＝k+1時(shí)左端的表達(dá)式，比較可得“n從k到k+1”左端需增乘的代數(shù)式【詳解】當(dāng)n＝k時(shí)，左端＝（k+1）（k+2）（k+3）…（2k），當(dāng)n＝k+1時(shí)，左端＝（k+2）（k+3）…（2k）（2k+1）（2k+2），∴左邊需增乘的代數(shù)式是故選：C【點(diǎn)睛】本題考查用數(shù)學(xué)歸納法證明等式，分別求出n＝k時(shí)左端的表達(dá)式和n＝k+1時(shí)左端的表達(dá)式，是解題的關(guān)鍵8、C【解析】由可得出，利用空間向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算可得出關(guān)于實(shí)數(shù)的等式，由此可解得實(shí)數(shù)的值.【詳解】若，則，所以，所以，解得.故選：C9、A【解析】由得，為邊的中點(diǎn)得，設(shè)，所以，根據(jù)向量相等可判斷A選項(xiàng)；由得是公比為的等比數(shù)列，可判斷B選項(xiàng)；代入可判斷C選項(xiàng)；當(dāng)時(shí)可判斷D選項(xiàng).【詳解】由得，因?yàn)闉檫叺闹悬c(diǎn)，所以，所以設(shè)，所以，所以，當(dāng)時(shí)，A選項(xiàng)正確；，由得，是公比為的等比數(shù)列，所以，所以，所以，不是常數(shù)，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；所以，由得，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)時(shí)，，所以，此時(shí)為的中點(diǎn)，與重合，即，，故D錯(cuò)誤.故選：A.10、A【解析】解不等式求集合，然后判斷兩個(gè)集合的關(guān)系【詳解】，解得，故，可化為或，解得或，故，故“”是“”的充分不必要條件故選：A11、D【解析】首先利用坐標(biāo)法，排除錯(cuò)誤選項(xiàng)，然后對(duì)符合的選項(xiàng)驗(yàn)證存在使得，由此得出正確選項(xiàng).【詳解】不妨設(shè).對(duì)于A選項(xiàng)，，由于的豎坐標(biāo)，故不在平面上，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤.對(duì)于B選項(xiàng)，，由于的豎坐標(biāo)，故不在平面上，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤.對(duì)于C選項(xiàng)，，由于的豎坐標(biāo)，故不在平面上，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤.對(duì)于D選項(xiàng)，，由于的豎坐標(biāo)為，故在平面上，也即四點(diǎn)共面.下面證明結(jié)論一定成立：由，得，即，故存在，使得成立，也即四點(diǎn)共面.故選：D.【點(diǎn)睛】本小題主要考查空間四點(diǎn)共面的證明方法，考查空間向量的線性運(yùn)算，考查數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法，考查化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想方法，屬于中檔題.12、C【解析】利用點(diǎn)到直線距離公式求出圓心到直線的距離范圍，從而求出的取值范圍.【詳解】圓心到直線的距離，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故只需即可.故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、10【解析】由拋物線的定義根據(jù)題意可知求得p,代入拋物線方程,分別求得y1,y2的值,即可求得y12+y2的值【詳解】由拋物線的定義可得，依據(jù)題設(shè)可得，則（舍去負(fù)值），故，故填.【點(diǎn)睛】本題考查拋物線的定義和性質(zhì)，利用已知相等關(guān)系求解拋物線方程，然后求解已知點(diǎn)的縱坐標(biāo)，解題中需要熟練拋物的定義和性質(zhì)，靈活應(yīng)用.14、##0.5【解析】利用球與圓錐相切，得出截面，在平面圖形中求解，以及圓錐曲線的來源來理解切點(diǎn)為橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)，求出，得出離心率.【詳解】設(shè)球切于，切于E，，球半徑為2，所以，，∴，又中，，，故橢圓長(zhǎng)軸長(zhǎng)為,,根據(jù)橢圓在圓錐中截面與二球相切的切點(diǎn)為橢圓的焦點(diǎn)知：球O與相切的切點(diǎn)為橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)，且，，橢圓的離心率為.故答案：.15、①【解析】根據(jù)幾何體展開圖可知①正四面體、②正四棱錐、③正八面體、④正方體，進(jìn)而求其外接球半徑，并與比較大小，即可確定答案.【詳解】①由題設(shè)，幾何體為棱長(zhǎng)為的正四面體，該正四面體可放入一個(gè)正方體中，且正方體的棱長(zhǎng)為，該正四面體的外接球半徑為，滿足要求；②由題設(shè)，幾何體為棱長(zhǎng)為的正四棱錐，如下圖所示：設(shè)，連接，則為、的中點(diǎn)，因?yàn)樗倪呅问沁呴L(zhǎng)為的正方形，則，所以，，所以，，所以，，，所以點(diǎn)為正四棱錐的外接球球心，且該球的半徑為，不滿足要求；③由題設(shè)，幾何體為棱長(zhǎng)為的正八面體，該正八面體可由兩個(gè)共底面，且棱長(zhǎng)均為的正四棱錐拼接而成，由②可知，該正八面體的外接球半徑為，不滿足要求；④由題設(shè)，幾何體為棱長(zhǎng)為的正方體，其外接球半徑為，不滿足要求；故答案為：①.16、【解析】設(shè)，由邊角關(guān)系可得，，，在和中，利用余弦定理列方程，結(jié)合可解得的值，進(jìn)而可得長(zhǎng).【詳解】設(shè)，因?yàn)椋?，，所以，，?在中，，即①.，在中，，即②，因?yàn)椋寓佗趦墒较嗉涌傻茫?，解得：，則，故答案為：.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）【解析】（1）由正弦定理，可得，進(jìn)而可求出和角；（2）利用余弦定理，可得，即可求出.【詳解】（1）由，得，因?yàn)?，所以，又因?yàn)锽為銳角，所以（2）由余弦定理，可得，解得【點(diǎn)睛】本題考查正弦、余弦定理在解三角形中的運(yùn)用，考查學(xué)生的計(jì)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.18、（1）證明見解析；（2）1；（3）.【解析】（1）過E作EO垂直于BD于O，連接AO，由勾股定義易得，由菱形的性質(zhì)有，再根據(jù)線面垂直、面面垂直的判定即可證結(jié)論.（2）構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，確定相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而求的坐標(biāo)及面ABE的法向量，應(yīng)用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求點(diǎn)面距.（3）由（2）求得面MBA的法向量，結(jié)合（2）中面ABE的法向量，應(yīng)用空間向量夾角的坐標(biāo)表示求二面角的余弦值，進(jìn)而求其正弦值.【小問1詳解】過E作EO垂直于BD于O，連接AO，因?yàn)?，，故，同理，又，所以，即因?yàn)锳BCD為菱形，所以，又，所以面ABD，又面EBD，所以面面ABD【小問2詳解】以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以，，分別為x軸，y軸，z軸的正方向，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，所以，，面ABE的法向量為，所以，令，則又，則點(diǎn)M到面ABE的距離為【小問3詳解】由（2）得：面ABE的一個(gè)法向量為，且，若面MBA的法向量為，則，令，則所以，故二面角正弦值為19、(1)(2)【解析】解二次不等式，其中解得，解得：，取再求交集即可；寫出命題所對(duì)應(yīng)的集合，命題p：，命題q：，由是的充分不必要條件，即p是q的充分不必要條件，則A是B的真子集，列不等式組可求解【詳解】解：(1)由，其中；解得，又，即，由得：，又為真，則，得：，故實(shí)數(shù)x的取值范圍為；由得：命題p：，命題q：，由是的充分不必要條件，即p是q的充分不必要條件，A是B的真子集，所以，即故實(shí)數(shù)m取值范圍為：.【點(diǎn)睛】本題考查了二次不等式的解法，復(fù)合命題的真假，命題與集合的關(guān)系，屬于簡(jiǎn)單題20、（1）6（2）2【解析】（1）通過作輔助線，利用拋物線定義，結(jié)合梯形的中位線定理，可求得答案；（2）根據(jù)題意可求得直線AB的方程為y=x+4，聯(lián)立拋物線方程，得到根與系數(shù)的關(guān)系，由OA⊥OB，得，根據(jù)數(shù)量積的計(jì)算即可得答案.【小問1詳解】取AB的中點(diǎn)為E，當(dāng)p=2時(shí)，拋物線為C：x2=4y，焦點(diǎn)F坐標(biāo)為F（0，1），過A，E，B分別作準(zhǔn)線y=-1的垂線，重足分別為I，H，G，在梯形ABGI中（圖1），E是AB中點(diǎn)，則2EH=AI+BG，EH=2-（-1）=3，因?yàn)锳B=AF+BF=AI+BG，所以AB=2EH=6.【小問2詳解】設(shè)，由OD⊥AB交AB于D（-2，2）