2025屆廣東省深圳市耀華實驗學校高二數學第一學期期末教學質量檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知正項等比數列的前項和為，且，則的最小值為（）A. B.C. D.2．在中，，，，則此三角形（）A.無解 B.一解C.兩解 D.解的個數不確定3．已知兩條不同直線和平面，下列判斷正確的是（）A.若則 B.若則C.若則 D.若則4．已知雙曲線滿足，且與橢圓有公共焦點，則雙曲線的方程為（）A. B.C. D.5．經過點的直線的傾斜角為，則A. B.C. D.6．已知兩定點和，動點在直線上移動，橢圓C以A，B為焦點且經過點P，則橢圓C的短軸的最小值為（）A. B.C. D.7．設，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.既不充分又不必要條件8．已知點是橢圓上的任意一點，過點作圓：的切線，設其中一個切點為，則的取值范圍為（）A. B.C. D.9．已知函數有兩個不同的零點，則實數的取值范圍是（）A B.C. D.10．在空間直角坐標系中，已知點M是點在坐標平面內的射影，則的坐標是（）A. B.C. D.11．甲，乙、丙、丁、戊共5人隨機地排成一行，則甲、乙相鄰，丙、丁不相鄰的概率為（）A. B.C. D.12．已知向量，，則等于（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知直線，，為拋物線上一點，則到這兩條直線距離之和的最小值為___________.14．總書記在“十九大”報告中指出：堅定文化自信，推動中華優秀傳統文化創造性轉化．“楊輝三角”揭示了二項式系數在三角形中的一種幾何排列規律，最早在中國南宋數學家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》一書中出現，歐洲數學家帕斯卡在1654年才發現這一規律，比楊輝要晚近四百年．“楊輝三角”是中國數學史上的一個偉大成就，激發起一批又一批數學愛好者的探究欲望．如圖所示，在由二項式系數所構成的“楊輝三角中，第10行第8個數是______15．歷史上第一個研究圓錐曲線的是梅納庫莫斯（公元前375年—325年），大約100年后，阿波羅尼奧更詳盡、系統地研究了圓錐曲線，并且他還進一步研究了這些圓錐曲線的光學性質，比如：從拋物線的焦點發出的光線或聲波在經過拋物線反射后，反射光線平行于拋物線的對稱軸：反之，平行于拋物線對稱軸的光線，經拋物線反射后，反射光線經過拋物線的焦點.已知拋物線，經過點一束平行于C對稱軸的光線，經C上點P反射后交C于點Q，則PQ的長度為______.16．設雙曲線的焦點為，點為上一點，，則為_____.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）自2021年秋季起，江西省普通高中起始年級全面實施新課程改革，為了迎接新高考，某校舉行物理和化學等選科考試，其中600名學生化學成績（滿分100分）的頻率分布直方圖如圖所示，其中成績分組區間是：第一組，第二組，第三組，第四組，第五組．已知圖中前三個組的頻率依次構成等差數列，第一組和第五組的頻率相同（1）求a，b的值；（2）估算高分（大于等于80分）人數；（3）估計這600名學生化學成績的平均值（同一組中的數據用該組區間的中點值作代表）和中位數（中位數精確到0.1）18．（12分）如圖，在三棱錐中，平面平面，，都是等腰直角三角形，，，，分別為，的中點.（1）求證：平面；（2）求證：平面.19．（12分）已知，：，：.（1）若，為真命題，為假命題，求實數的取值范圍；（2）若是的充分不必要條件，求實數的取值范圍20．（12分）已知橢圓過點，且離心率為.（1）求橢圓的方程；（2）過作斜率分別為的兩條直線，分別交橢圓于點，且，證明：直線過定點.21．（12分）如圖，中，且，將沿中位線EF折起，使得，連結AB，AC，M為AC的中點.（1）證明：平面ABC；（2）求二面角的余弦值.22．（10分）在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且，，.（1）求角B；（2）求a，c的值及的面積.

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選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】設等比數列的公比為，則，由可得，可得出，利用基本不等式可求得結果.【詳解】設等比數列的公比為，則，因為，則，所以，，則，當且僅當時，等號成立.故選：B.2、C【解析】利用正弦定理求出的值，再根據所求值及a與b的大小關系即可判斷作答.【詳解】在中，，，，由正弦定理得，而為銳角，且，則或，所以有兩解故選：C3、D【解析】根據線線、線面、面面的平行與垂直的位置關系即可判斷.【詳解】解：對于選項A：若，則與可能平行，可能相交，可能異面，故選項A錯誤；對于選項B：若，則，故選項B錯誤；對于選項C：當時不滿足，故選項C錯誤；綜上，可知選項D正確.故選：D.4、A【解析】根據橢圓的標準方程求出，利用雙曲線，結合建立方程求出，，即可求出雙曲線的漸近線方程【詳解】橢圓的標準方程為，橢圓中的，雙曲線的焦點與橢圓的焦點相同，雙曲線中，雙曲線滿足，即又在雙曲線中，即，解得：，所以雙曲線的方程為，故選：A【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查雙曲線方程的求解，根據橢圓和雙曲線的關系建立方程求出，，是解決本題的關鍵，考查學生的計算能力，屬于基礎題5、A【解析】由題意，得，解得；故選A考點：直線的傾斜角與斜率6、B【解析】根據題意，點關于直線對稱點的性質，以及橢圓的定義，即可求解.【詳解】根據題意，設點關于直線的對稱點，則，解得，即.根據橢圓的定義可知，，當、、三點共線時，長軸長取最小值，即，由且，得，因此橢圓C的短軸的最小值為.故選：B.7、A【解析】由三角函數的單調性直接判斷是否能推出，反過來判斷時，是否能推出.【詳解】當時，利用正弦函數的單調性知；當時，或.綜上可知“”是“”的充分不必要條件.故選：A【點睛】本題考查判斷充分必要條件，三角函數性質，意在考查基本判斷方法，屬于基礎題型.8、B【解析】設，得到，利用橢圓的范圍求解.【詳解】解：設，則，，，因為，所以，即，故選：B9、A【解析】分離參數，求函數的導數，根據函數有兩個零點可知函數的單調性，即可求解.【詳解】由題意得有兩個零點令,則且所以，在上為增函數，可得，當，在上單調遞減，可得，即要有兩個零點有兩個零點，實數的取值范圍是.故選：A【點睛】方法點睛：已知函數有零點求參數取值范圍常用的方法和思路(1)直接法：直接根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍；(2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數值域問題加以解決；(3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解10、C【解析】點在平面內的射影是坐標不變，坐標為0的點.【詳解】點在坐標平面內的射影為，故點M的坐標是故選：C11、A【解析】先求出所有的基本事件，再求出甲、乙相鄰，丙、丁不相鄰的基本事件，根據古典概型的概率公式求解即可【詳解】甲，乙、丙、丁、戊共5人隨機地排成一行有種方法，甲、乙相鄰，丙、丁不相鄰的排法為先將甲、乙捆綁在一起，再與戊進行排列，然后丙、丁從3個空中選2個空插入，則共有種方法，所以甲、乙相鄰，丙、丁不相鄰的概率為，故選：A12、C【解析】根據題意，結合空間向量的坐標運算，即可求解.【詳解】由，，得，因此.故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】過作，垂足分別為，由直線為拋物線的準線，轉化，當三點共線時，取得最小值【詳解】過作，垂足分別為拋物線的焦點為直線為拋物線的準線由拋物線的定義，故，當三點共線時，取得最小值故最小值為點到直線的距離：故答案為：14、120【解析】根據二項式的展開式系數的相關知識即可求解.【詳解】因為，二項式展開式第項的系數為，所以，第10行第8個數是.故答案為：12015、####【解析】根據題意，求得點以及拋物線焦點的坐標，即可求得所在直線方程，聯立其與拋物線方程，求得點的坐標，即可求得.【詳解】因為經過點一束平行于C對稱軸的光線交拋物線于點，故對，令，則可得，也即的坐標為，又拋物線的焦點的坐標為，故可得直線方程為，聯立拋物線方程可得：，，解得或，將代入，可得，即的坐標為，則.故答案為：.16、【解析】將方程化為雙曲線的標準方程，再利用雙曲線的定義進行求解.【詳解】將化為，所以，，由雙曲線的定義，得：，即，所以或（舍）故答案為：.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）90（3）平均值69.5；中位數69.4【解析】（1）由各矩形面積和為1列式即可；（2）由高分頻率乘以600即可；（3）由平均數與中位數的估算方法列式即可.【小問1詳解】由題意可知：解得小問2詳解】高分的頻率約為：故高分人數為：【小問3詳解】平均值為，設中位數為x，則故中位數為69.418、（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】（1）由三角形的中位線定理可證得MN∥AB，再由線面垂直的判定定理可證得結論，（2）由已知可得AB⊥BC，VC⊥AC，再由已知結合面面垂直的性質定理可得VC⊥平面ABC，從而有AB⊥VC，然后由線面垂直的判定定理可證得結論【小問1詳解】證明：∵M，N分別為VA，VB的中點，∴MN∥AB，∵AB?平面CMN，MN?平面CMN，∴AB∥平面CMN【小問2詳解】證明：∵△ABC和△VAC均是等腰直角三角形，AB＝BC，AC＝CV，∴AB⊥BC，VC⊥AC，∵平面VAC⊥平面ABC，平面VAC∩平面ABC＝AC，∴VC⊥平面ABC，∵AB?平面ABC，∴AB⊥VC，又VC∩BC＝C，∴AB⊥平面VBC19、（1）（2）【解析】(1)化簡命題p，將m=3代入求出命題q，再根據或、且連接的命題真假確定p，q真假即可得解；(2)由給定條件可得p是q的必要不充分條件，再列式計算作答.【小問1詳解】依題意，：，：，得：.當時，：，因為真命題，為假命題，則與一真一假，當真假時，即或，無解，當假真時，即或，解得或，綜上得：或，所以實數x的取值范圍是；【小問2詳解】因是的充分不必要條件，則p是q的必要不充分條件，于是得，解得，所以實數m的取值范圍是20、（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）由離心率、過點和橢圓關系可構造方程求得，由此可得橢圓方程；（2）當直線斜率不存在時，表示出兩點坐標，由兩點連線斜率公式表示出，整理可得直線為；當直線斜率存在時，設，與橢圓方程聯立可得韋達定理的形式，代入中整理可得，由此可得直線所過定點；綜合兩種情況可得直線過定點.【詳解】（1）橢圓過點，即，；，又，，橢圓的方程為：.（2）當直線斜率不存在時，設直線方程為，則，則，，解得：，直線方程為；當直線斜率存在時，設直線方程為，聯立方程組得：，設，則，（*），則，將*式代入化簡可得：，即，整理得：，代入直線方程得：，即，聯立方程組，解得：，，直線恒過定點；綜上所述：直線恒過定點.【點睛】思路點睛：本題考查直線與橢圓綜合應用中的直線過定點問題的求解，求解此類問題的基本思路如下：①假設直線方程，與橢圓方程聯立，整理為關于或的一元二次方程的形式；②利用求得變量的取值范圍，得到韋達定理的形式；③利用韋達定理表示出已知中的等量關系，代入韋達定理可整理得到變量間的關系，從而化簡直線方程；④根據直線過定點的求解方法可求得結果.21、（1）證明見解析（2）【解析】（1）由勾股定理以及等腰三角形的性質得