2024-2025學年陜西省西安市長安區高二上學期第二次數學教學質量檢測試題一、單選題（本大題共8小題）1．設集合，，則（

）A． B． C． D．2．為了了解我校報考飛行員的學生的體重情況，將所得的數據整理后，作出頻率分布直方圖（如圖），已知圖中從左到右的前3個小組的頻率之比為，且第1小組的頻數為6，則報考飛行員的學生總人數是（

）A．48 B．60 C．72 D．763．已知非零向量滿足，則與的夾角的余弦值是（

）A． B． C． D．4．已知函數，則的最小值為（

）A． B． C． D．5．已知橢圓的右焦點為，過的直線與橢圓相交于兩點，線段中點的坐標為，則此橢圓的方程為（

）A． B．C． D．6．將函數（其中）的圖像向右平移個單位長度，所得圖像關于直線對稱，則的最小值是（

）A． B． C． D．7．已知雙曲線的左?右焦點分別是和，若在其漸近線上存在一點，滿足，則該雙曲線離心率的取值范圍為（

）A． B． C． D．2,38．如圖，在三棱錐中，平面平面，是以為斜邊的等腰直角三角形，，，則該三棱錐的外接球的表面積為（

）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．已知兩個等差數列和的前項和分別為和，且，則使得為整數的正整數的取值為（

）A．3 B．4 C．7 D．1410．意大利數學家列昂納多·斐波那契是第一個研究了印度和阿拉伯數學理論的歐洲人，斐波那契數列被譽為是最美的數列，斐波那契數列滿足：，，.若將數列的每一項按照下圖方法放進格子里，每一小格子的邊長為1，記前項所占的格子的面積之和為，每段螺旋線與其所在的正方形所圍成的扇形面積為，則下列結論正確的是（）A． B．C． D．11．在數學史上，把平面內，到兩個定點的距離之積為常數的點的軌跡，稱為（Cassinioval）卡西尼卵形線.在平面直角坐標系中，動點到兩個定點的距離之積等于3，化簡得曲線的方程為.則下列結論正確的是（

）A．曲線C關于軸對稱.B．面積的最大值為2.C．的最小值為.D．的取值范圍為.三、填空題（本大題共3小題）12．等比數列的各項為正數，若，則.13．若關于的方程和的四個根，可以組成首項為的等差數列，則的值是.14．已知拋物線y2=2pxp>0焦點為，過的直線與此拋物線相交于兩點，點，若，且，則.四、解答題（本大題共5小題）15．設函數.(1)求的單調區間：(2)在銳角中，角的對邊分別為，若，求面積的最大值.16．記為等差數列的前項和，已知．(1)求的通項公式；(2)求數列的前項和．17．如圖，在三棱柱中，側面是矩形，，，，，E，F分別為棱，BC的中點，G為線段CF的中點．(1)證明：平面；(2)求二面角的余弦值．18．已知數列和滿足.若為等比數列，且(1)求數列與的通項公式：(2)設.記數列的前項和為.（i）求；（ii）求正整數，使得對任意，均有.19．已知橢圓C：的左焦點為，離心率為，過的直線與橢圓交于M，N兩點，當MN⊥x軸時，.(1)求橢圓C的方程；(2)設經過點H（0，-1）的直線l與橢圓C相交于P，Q兩點，點P關于y軸的對稱點為F，直線FQ與y軸交于點G，求△PQG面積的取值范圍.

答案1．【正確答案】D【分析】根據指數函數的性質求出集合，再根據交集的定義計算可得.【詳解】因為，則，所以，又，所以.故選：D2．【正確答案】C【分析】根據頻率之和為1即可求解第一組的頻率，進而可求解.【詳解】設第一小組的頻率為，則，解得，故總人數為，故選：C.3．【正確答案】B【分析】根據模長公式公式可得，即可根據夾角公式求解.【詳解】由于，故，故，所以，故，故選：B4．【正確答案】C【分析】根據二倍角公式以及二次函數的性質求解.【詳解】由于，由于，故當時，取最小值，故選：C5．【正確答案】D【分析】因為的中點坐標為，設，代入橢圓方程相減，利用，，求出直線的斜率，得出等量關系，再由關系，即可求解.【詳解】設，，過點的直線交橢圓于，兩點，若的中點坐標為，所以直線的斜率，，代入橢圓方程得，兩式相減得，即，也即，所以，又，所以，所求的橢圓方程為.故選：D.6．【正確答案】B【分析】根據平移的性質可得平移后的表達式，即可根據對稱得得解.【詳解】由題意知，圖像平移后的函數的解析式為，因為該圖像關于直線對稱，所以，，解得，，因為，所以當時，取得最小值．故選：B．7．【正確答案】A【分析】由題意問題轉化為雙曲線的漸近線與雙曲線有公共點即可，據此可得兩曲線漸近線斜率間的關系，進而求出離心率范圍.【詳解】雙曲線的漸近線方程為，,點在雙曲線上，雙曲線的漸近線方程為，因為由題意可知與雙曲線相交，所以由雙曲線漸近線性質可知只需，即，則，解得（負值已舍去），故該雙曲線離心率的取值范圍是，故選：A8．【正確答案】C【分析】設中點為，連接，過點作，進而根據已知條件證明三棱錐的外接球的球心在上，再設外接球的半徑為，球心為，中點為，連接，再根據幾何關系得，進而代入數據計算即可得答案【詳解】設中點為，連接，因為是以為斜邊的等腰直角三角形，，所以，，過點作，因為平面平面，平面平面，平面，平面所以平面，平面，所以三棱錐的外接球的球心在上，設外接球的半徑為，則由得，由得，又因為，所以為等腰直角三角形，設球心為，中點為，連接，則，所以，即，解得，所以三棱錐的外接球的表面積為.故選：C9．【正確答案】BD【分析】根據下標和性質及求和公式得到，即可求出，從而得解.【詳解】因為，所以，因為，所以當或或時為整數.故選：BD10．【正確答案】ABD【分析】根據題中遞推公式，求出，，數列的前項和，數列的奇數項和，與選項對比即可.【詳解】對于A選項，因為斐波那契數列總滿足，所以，，，類似的有，，累加得，由題知，故選項A正確，對于B選項，因為，，，類似的有，累加得，故選項B正確，對于C選項，因為，，，類似的有，累加得，故選項C錯誤，對于D選項，可知扇形面積，故，故選項D正確，故選：ABD.本題考查了利用數列的遞推公式求數列的性質，屬于一般題.11．【正確答案】ACD【分析】用代替，判斷曲線的對稱性，判斷A的真假；利用，可求的取值范圍，結合可求的最大值，判斷B的真假；利用基本（均值）不等式求的最小值，判斷C的真假；利用先求的取值范圍，結合，可得的范圍，即的范圍，可判斷D的真假.【詳解】對A：對于方程，因為用代替，方程不變，所以曲線關于軸對稱，故A正確；對B：因為，因為，所以.所以，故B錯誤；對：，當點在軸上取得等號，故C正確；對D：因為；所以.所以，所以，故D正確.故選：ACD方法點睛：對卡西尼卵形線的性質的分析，分別求，的取值范圍是解決問題的關鍵.曲線方程可化為，利用配方法可得的取值范圍；利用，可得的取值范圍.12．【正確答案】【分析】根據對數的運算性質及下標和性質計算可得.【詳解】因為，所以，又，所以，則，所以.故13．【正確答案】【分析】根據等差數列性質計算得到；，再利用韋達定理求出、，即可得解.【詳解】不妨設方程和的四個根為，設其所成等差數列的公差為，則，，又，所以，則，所以，，故，，則故14．【正確答案】【分析】可設直線方程為，將直線與拋物線聯立，根據根與系數關系得出直線與的斜率之和為零，即，根據二倍角公式計算出銳角的正切值，計算直線中，根據弦長公式計算出的值.【詳解】設直線的方程為，點，，聯立直線與拋物線，整理得：，由韋達定理，，.，得到，由二倍角公式，是銳角，則.

過作軸，準線，，根據拋物線的定義，，故，則的傾斜角為或者.可得，根據弦長公式，，.故15．【正確答案】(1)單調遞增區間是，單調遞減區間是；(2)【分析】（1）利用二倍角公式將函數化簡，再根據正弦函數的性質計算可得；（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，最后由面積公式計算可得.【詳解】（1）因為，令，解得，令，解得，所以函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是；（2）由，得，由題意知為銳角，所以，由余弦定理，所以，即當且僅當時等號成立，因此，所以面積的最大值為.16．【正確答案】(1)(2)【分析】（1）根據題意列式求解，進而可得結果；（2）先求，討論的符號去絕對值，結合運算求解.【詳解】（1）設等差數列的公差為，由題意可得，即，解得，所以，（2）因為，令，解得，且，當時，則，可得；當時，則，可得；綜上所述.17．【正確答案】(1)證明見解析；(2)【分析】（1）作圖，由對應比例證明，即可證明平面；（2）建立空間直角坐標系，寫出對應點的坐標，從而得對應平面向量的坐標，求解出法向量，利用向量夾角計算公式代入計算.(1)連接，交于點，連接，由題意，四邊形為平行四邊形，所以，因為E為中點，∴，∴，且相似比為，∴，又∵，為，中點，∴，∴，又平面，平面，∴平面.(2)連接，因為，，所以，，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，則，設平面和平面的法向量分別為，則，，所以，因為二面角的平面角為銳角，所以二面角的余弦值為.對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.18．【正確答案】(1)；(2)（i）（ii）【分析】利用和求出公比，確定，結合指數運算求解；（i）利用分組求和求解；（ii）時，作差法確定的單調性得正負項分界求解的最大值即可求解.【詳解】（1）設數列的公比為，因為，可知，當時，，所以，又因為，所以，又因為，所以或（舍去），所以，由有：所以.（2）（i）由（1）知，，所以（i