湖北省黄冈市黄梅县2025~2026学年度高二第一学期期末教学质量检测数学试题（试卷+解析）

2024级高二第一学期期末教学质量检测数学试题考试时间：120分钟满分：150分注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，请将答题卡上交．一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求．1.已知函数，则的值为（）A.-1 B.3 C.8 D.162.已知空间向量，，则在上投影向量的模为（）A. B.2 C.1 D.3.已知为实数，直线，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4.一条光线从轴上的点发出，经轴反射，反射光线经过点，若该过程中光线从点到点经过的路程为10，则反射光线所在直线的方程为（）A. B.C. D.5.已知椭圆C：（且），直线与椭圆C相交于A，B两点，若是线段的中点，则椭圆的焦距为（）A2 B.4 C. D.6.已知数列中，，若，则满足条件的整数的最大值为（）A.7 B.9 C.11 D.137.，，是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，，，分别是射线，，上的点，且，，，D，E，F分别为，，的中点，则点E到直线的距离为（）．A. B. C. D.8.加斯帕尔·蒙日是18~19世纪法国著名数学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”.当椭圆方程为时，蒙日圆方程为.若该椭圆离心率为，为蒙日圆上一个动点，过点作椭圆的两条切线，与蒙日圆分别交于，两点，若面积的最大值为28，则椭圆的焦距为（）A.2 B. C. D.4二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.若存在过点的直线l与曲线和都相切，则a的值可以是（）A.1 B. C. D.10.已知数列，下列结论正确的有（）A.若，，则B若，，则C.若，则数列是等比数列D.若为等差数列的前项和，则数列为等差数列11.已知圆，点在直线上，过作圆的两条切线（为切点），则下列结论正确的是（）A.的最小值为B.当轴时，四边形的面积为C.原点到直线距离的最大值为D.的外接圆恒过两个定点三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.若数列满足为常数)，则称数列为调和数列.已知数列为调和数列，且，则的最大值为__________.13.已知正四面体的棱长为4，空间内动点满足，则的最大值为______.14.已知函数，过点可作2条与曲线相切的直线，则实数的取值范围是______.四、解答题：本题共5小题共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知函数经过点，且.（1）求在的切线方程；（2）求解析式.16.已知数列中，.（1）证明：数列是等比数列；（2）求的前项和；（3）令，求数列的最大项.17.已知过点的直线与圆O：相交于A，B两点.（1）若弦的长度为，求直线的方程；（2）在x轴正半轴上是否存在定点Q，无论直线如何运动，x轴都平分?若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.18.如图，四边形与为直角梯形，且平面平面，其中，，，.（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的正弦值；（3）若空间中存在一点，满足，且直线平面，求的长.19.已知抛物线.过点的动直线与交于两点（在第一象限），且（为坐标原点）.（1）求的值；（2）设抛物线在处的切线交于点，求面积的最小值；（3）面积最小时，过作直线交抛物线于两点.轴且的中点在直线上，证明：直线过定点.

2024级高二第一学期期末教学质量检测数学试题考试时间：120分钟满分：150分注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，请将答题卡上交．一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求．1.已知函数，则的值为（）A.-1 B.3 C.8 D.16【答案】C【解析】【分析】根据导数的定义求解即可.【详解】根据题意，，则，由导数的定义知，．故选：C．2.已知空间向量，，则在上的投影向量的模为（）A. B.2 C.1 D.【答案】A【解析】【分析】根据投影向量的模的公式计算后可得正确的选项.【详解】

在

上的投影向量的模为

，因为，，所以

，，所以投影向量的模为

，故选：A.3.已知为实数，直线，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】计算出时的的值，结合充分条件与必要条件的定义即可得.【详解】若，则有，解得，当时，，不重合，符合要求；当时，，不重合，符合要求；故“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.4.一条光线从轴上的点发出，经轴反射，反射光线经过点，若该过程中光线从点到点经过的路程为10，则反射光线所在直线的方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】设，根据题意，易判断点在轴的同一侧，所以，则点关于轴的对称点为，根据对称及两点间的距离公式可求得的值，从而求得反射光线所在直线的方程.【详解】设，根据题意，点在轴的同一侧，所以，点关于轴的对称点为.因为光线经过的路程为10，如图，即，解得.反射光线所在的直线即直线，由，得直线的斜率为，所以其方程为，即.故选：D.5.已知椭圆C：（且），直线与椭圆C相交于A，B两点，若是线段的中点，则椭圆的焦距为（）A.2 B.4 C. D.【答案】B【解析】【分析】根据点差法求解中点弦问题求解即可.【详解】设，，则，将A，B的坐标代入椭圆方程得：，，两式相减，得：，变形为，又直线的斜率为，所以，即，因此椭圆的焦距为，故选：B.6.已知数列中，，若，则满足条件的整数的最大值为（）A.7 B.9 C.11 D.13【答案】B【解析】【分析】通过递推式变形构造等比数列，求出的表达式，利用分组求和法得到，解不等式得到满足条件的最大整数.【详解】，因为，即，故，所以是首项，公比为的等比数列，所以，所以，，数列是单调递增数列，时，，时，，所以不等式解得.故选：B7.，，是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，，，分别是射线，，上的点，且，，，D，E，F分别为，，的中点，则点E到直线的距离为（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用，，表示出与，由点E到直线的距离为可计算得到答案【详解】如图所示，为的中点，则，，又，，，，点E到直线DF的距离为．故选：C8.加斯帕尔·蒙日是18~19世纪法国著名的数学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”.当椭圆方程为时，蒙日圆方程为.若该椭圆离心率为，为蒙日圆上一个动点，过点作椭圆的两条切线，与蒙日圆分别交于，两点，若面积的最大值为28，则椭圆的焦距为（）A2 B. C. D.4【答案】D【解析】【分析】由题意可得，从而得,故当为该圆的直径时，面积取最大值，即可得，所以蒙日圆半径为，即有，再结合椭圆离心率为，求得，即可得答案.【详解】由题意可得，所以,所以,由题意可得，所以，又因为是蒙日圆上的两个动点，所以当为该圆的直径时，取最大值，即蒙日圆的直径为，所以半径为，由题意可得该蒙日圆的半径为，所以，所以，又因为椭圆的离心率为，所以，，所以，所以，解得，所以，所以，所以椭圆的焦距为.故选：D二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.若存在过点的直线l与曲线和都相切，则a的值可以是（）A.1 B. C. D.【答案】AB【解析】【分析】根据题意，分点是切点与点不是切点，两种情况讨论，然后结合切线方程的求解方法，得到相应的切线方程，从而得到的值.【详解】由题意可得，，因为在直线l上，当为的切点时，则，所以直线l的方程为，又直线l与相切，所以满足，得；当不是的切点时，设切点为，则，所以，得，所以，所以直线的方程为.由，得，由题意得，所以.综上得或.故选:AB10.已知数列，下列结论正确的有（）A.若，，则B.若，，则C.若，则数列是等比数列D.若为等差数列的前项和，则数列为等差数列【答案】ABD【解析】【分析】A.利用累加法求和，即可判断；B.利用构造法，构造为等比数列，求通项公式，即可判断;C.利用公式，即可求解通项公式，判断选项；D.根据等差数列前项和公式，结合等差数列的定义，即可判断选项.【详解】对于选项A，由，得，则，故A项正确；对于选项B，由得，所以为等比数列，首项为，公比为2，所以，所以，故B项正确；对于选项C，因为，当时，，当时，，将代入，得，所以，所以数列不是等比数列，故C项错误.对于选项D，设等差数列的公差为d，由等差数列前项和公式可得，所以与n无关，所以数列为等差数列，故D项正确.故选：ABD11.已知圆，点在直线上，过作圆的两条切线（为切点），则下列结论正确的是（）A.的最小值为B.当轴时，四边形的面积为C.原点到直线距离的最大值为D.的外接圆恒过两个定点【答案】AD【解析】【分析】直接证明切线长可判断A，举反例判断B，用求两圆公共弦所在直线方程法求出直线方程，然后求点到直线的距离可判断C，用参数表示求出的外接圆方程，利用恒等式知识求得两定点坐标后判断D．【详解】A选项，由题意得，，则．设，所以，故A正确；B选项，由于满足条件，但此时，故B错误；C选项，设点到的距离为，以为直径的圆的方程为，即，两圆方程相减得的方程为，所以，故C错误；D选项，由可知，的外接圆是以为直径的圆，由C可知圆的方程为，即，由，解得或，故该圆恒过和，故D正确．故选：AD．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.若数列满足为常数)，则称数列为调和数列.已知数列为调和数列，且，则的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】根据数列新定义有为等差数列，再由等差数列前n项和公式及下标和的性质得，最后应用基本不等式求的最大值.【详解】因为数列为调和数列，所以，故为等差数列.由，得，所以，所以，故，故由于，此时，故的最大值为故答案为：13.已知正四面体的棱长为4，空间内动点满足，则的最大值为______.【答案】【解析】【分析】利用空间向量的线性运算得到轨迹，再把目标式表示为函数，利用三角函数有界性求解即可.【详解】设的中点为，因为动点满足，所以，即点在以为球心，以为半径的球面上.因为，所以.因为正四面体的棱长为4，所以，在三角形中，，.取的中点为，，所以在上的投影向量的模为，所以.设，夹角为，所以.因为，所以，即的最大值为.故答案为：14.已知函数，过点可作2条与曲线相切的直线，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】求出切线方程为，代入点的坐标化简可得，设，依题意，直线与的图象有两个交点，利用导数研究函数的性质，进而作出草图，结合图象即可得解．【详解】，设切点为，则切线方程为，将点代入切线方程得，，化简得，设，则，令，解得，令，解得或，在，上单调递减，在上单调递增，且，作出函数的大致图象如下图所示，由图象可知，要使直线与的图象有两个交点，则，故答案为：．【点睛】方法点睛：利用导数的几何意义，分别写出两曲线的切线方程，让两切线方程的系数相等，得到方程组，消去一个变量后，问题转化为方程的根的个数问题，构造函数，利用导数研究其性质，作出图象，数形结合求解即可．四、解答题：本题共5小题共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知函数经过点，且.（1）求在的切线方程；（2）求的解析式.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据导数的定义运算可得，再利用点斜式可得在的切线方程（2）根据、在切线上列式求解即可【小问1详解】又因为切点，故切线方程为，即【小问2详解】由（1）知且，解得：【点睛】本题主要考查了导数的定义运算与几何意义，属于基础题16.已知数列中，.（1）证明：数列是等比数列；（2）求的前项和；（3）令，求数列的最大项.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）利用等比数列定义即可得证；（2）利用等比数列的前项和公式，分组求和即可求解；（3）由（2）得，即，得，令，比较与1的大小来判断数列的单调性，进而求出最大项.【小问1详解】因为，所以，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列；【小问2详解】由（1）得，所以，化简得；【小问3详解】由（2）得，所以，令，易得，又单调递减，当时，即，又当时，，所以数列最大项为.17.已知过点的直线与圆O：相交于A，B两点.（1）若弦长度为，求直线的方程；（2）在x轴正半轴上是否存在定点Q，无论直线如何运动，x轴都平分?若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）或.（2）存在，【解析】【分析】（1）分斜率存在与否进行分析，结合弦长公式.列方程求解，可得答案；（2）分斜率存在与否进行分析，联立方程，利用韦达定理，结合斜率与倾斜角的关系，可得答案.【小问1详解】当直线的斜率不存在时，直线的方程为，不妨得，，则，与题意不符，舍去.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即.由弦长公式得圆心到直线的距离为，所以，解得，故直线的方程为或.【小问2详解】当直线轴时，直线的方程为，不妨得，，此时x轴平分.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，.联立，得，，所以，.若x轴平分，则，即，即，则，即，解得.综上，当点Q时，能使得x轴平分恒成立.18.如图，四边形与为直角梯形，且平面平面，其中，，，.（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的正弦值；（3）若空间中存在一点，满足，且直线平面，求的长.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直