2025年博雅闻道数学高二上期末质量检测试题含解析.doc

2025年博雅闻道数学高二上期末质量检测试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为
A. B.
C. D.
2．已知等比数列的首项为1，公比为2，则=（）
A. B.
C. D.
3．若圆与圆相切，则实数a的值为（）
A.或0 B.0
C. D.或
4．在等比数列中，，则等于（ ）
A. B.
C. D.
5．命题：，否定是（）
A.， B.，
C.， D.，
6．若正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，则直线A1C1到平面ACD1的距离为（　　）
A.1 B.
C. D.
7．某程序框图如图所示，该程序运行后输出的值是（）

A. B.
C. D.
8．曲线在点处的切线方程为（）
A. B.
C. D.
9．已知数列的前n项和为，，，则（ ）
A. B.
C. D.
10．在中，内角所对的边为，若，，，则（）
A. B.
C. D.
11．设是两个不同的平面，是一条直线，以下命题正确的是
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
12．设a，b，c非零实数，且，则（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．千年一遇对称日，万事圆满在今朝，年月日又是一个难得的“世界完全对称日”（公历纪年日期中数字左右完全对称的日期）.数学上把这样的对称自然数叫回文数，两位数的回文数共有个（），其中末位是奇数的又叫做回文奇数，则在内的回文奇数的个数为___
14．下图是4个几何体的展开图，图①是由4个边长为3的正三角形组成；图②是由四个边长为3的正三角形和一个边长为3的正方形组成；图③是由8个边长为3的正三角形组成；图④是由6个边长为3的正方形组成

若直径为4的球形容器（不计容器厚度）内有一几何体，则该几何体的展开图可以是______（填所有正确结论的番号）
15．已知曲线在处的切线方程为，则________
16．已知圆关于直线对称，则________
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知函数f(x)=x3 +ax2+2，x=2是f(x)的一个极值点.
（1）求实数a的值；
（2）求f(x)在区间(-1，4]上的最大值和最小值.
18．（12分）已知函数，
（1）求的单调区间；
（2）当时，求证：在上恒成立
19．（12分）已知椭圆：的长轴长是短轴长的倍，且经过点.
（1）求的标准方程；
（2）的右顶点为，过右焦点的直线与交于不同的两点，，求面积的最大值.
20．（12分）如图所示，四棱锥的底面为直角梯形，，，，，底面，为的中点

（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离
21．（12分）设数列是公比为正整数的等比数列，满足，，设数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（3）已知数列，设，求数列的前项和.
22．（10分）在二项式展开式中，第3项和第4项的二项式系数比为.
（1）求n的值及展开式中的常数项；
（2）求展开式中系数最大的项是第几项.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、A
【解析】分析：根据离心率得a,c关系，进而得a,b关系，再根据双曲线方程求渐近线方程，得结果.
详解：
因为渐近线方程为，所以渐近线方程为，选A.
点睛：已知双曲线方程求渐近线方程：.
2、D
【解析】数列是首项为1，公比为4的等比数列，然后可算出答案.
【详解】因为等比数列的首项为1，公比为2，
所以数列是首项为1，公比为4的等比数列
所以
故选：D
3、D
【解析】根据给定条件求出两圆圆心距，再借助两圆相切的充要条件列式计算作答.
【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
而，即点不可能在圆内，则两圆必外切，
于是得，即，解得，
所以实数a的值为或.
故选：D
4、C
【解析】根据，然后与，可得，最后简单计算，可得结果.
【详解】在等比数列中，
由
所以，又，
所以
所以
故选：C
【点睛】本题考查等比数列的性质，重在计算，当，在等差数列中有，在等比数列中，灵活应用，属基础题.
5、D
【解析】根据给定条件利用全称量词命题的否定是存在量词命题直接写出作答.
【详解】命题：，是全称量词命题，其否定是存在量词命题，
所以命题：，的否定是：，.
故选：D
6、B
【解析】先证明点A1到平面ACD1的距离即为直线A1C1到平面ACD1的距离，再建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】因为平面平面，所以A1C1//平面ACD1，
则点A1到平面ACD1的距离即为直线A1C1到平面ACD1的距离.
建立如图所示的空间直角坐标系，易知＝(0,0,1)，
由题得平面,
所以平面,所以,同理,
因为平面，
所以平面，所以是平面一个法向量，
所以平面ACD1的一个法向量为＝(1,1,1)，
故所求的距离为.
故选：B

【点睛】方法点睛：求点到平面的距离常用的方法有：（1）几何法（找作证指求）；（2）向量法；（3）等体积法.要根据已知条件灵活选择方法求解.
7、B
【解析】模拟程序运行后,可得到输出结果,利用裂项相消法即可求出答案.
【详解】模拟程序运行过程如下:
0),判断为否,进入循环结构,
1),判断为否,进入循环结构,
2),判断为否,进入循环结构,
3),判断为否,进入循环结构,
……
9),判断为否,进入循环结构,
10),判断为是,
故输出,
故选:B.
【点睛】本题主要考查程序框图,考查裂项相消法,难度不大.一般遇见程序框图求输出结果时,常模拟程序运行以得到结论.
8、A
【解析】利用切点和斜率求得切线方程.
【详解】由，有
曲线在点处的切线方程为，整理为
故选：A
9、D
【解析】根据给定递推公式求出即可计算作答.
【详解】因数列的前n项和为，，，则，
，，
所以.
故选：D
10、B
【解析】利用正弦定理角化边得到，再利用余弦定理构造方程求得结果.
【详解】，，
由余弦定理得：，，.
故选：B.
11、C
【解析】对于A、B、D均可能出现，而对于C是正确的
12、C
【解析】对于A、B、D：取特殊值否定结论；
对于C：利用作差法证明.
【详解】对于A：取符合已知条件，但是不成立.故A错误；
对于B：取符合已知条件，但是，所以不成立.故B错误；
对于C：因为，所以.故C正确；
对于D：取符合已知条件，但是，所以不成立.故D错误；
故选：C.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】根据分类加法计数原理，结合题中定义、组合的定义进行求解即可.
【详解】两位数的回文奇数有，共个，
三位数的回文奇数有，
四位数的回文奇数有，
所以在内的回文奇数的个数为，
故答案为：
14、①
【解析】根据几何体展开图可知①正四面体、②正四棱锥、③正八面体、④正方体，进而求其外接球半径，并与4比较大小，即可确定答案.
【详解】若几何体外接球球心为，半径为，
①由题设，几何体为棱长为3的正四面体，为底面中心，则，，

所以，可得，即，满足要求；
②由题设，几何体为棱长为3的正四棱锥，为底面中心，则，

所以，可得，即，不满足要求；
③由题设，几何体为棱长为3的正八面体，其外接球直径同棱长为3的正四棱锥，故不满足要求；
④由题设，几何体为棱长为3的正方体，体对角线的长度即为外接球直径，
所以，不满足要求；

故答案为：①
15、1
【解析】先求导，由，代入即得解
【详解】由题意，

故答案为：1
16、1
【解析】根据题意，圆心在直线上，进而求得答案.
【详解】由题意，圆心在直线上，则.
故答案为：1.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）；
（2）最大值为18，最小值为.
【解析】（1）解方程即得解；
（2）利用导数求出函数的单调区间分析即得解.
【小问1详解】
解：因为，所以，
因为在处有极值，所以，
即，所以.
经检验，当时，符合题意.
所以.
【小问2详解】
解：由（1）可知，所以，
令，得，
当时，
由得，；由得，或.
所以函数在上递增，在上递减，在上递增，
又.
所以的最小值为，
又，所以的最大值为，
所以在的最大值为18，最小值为.
18、（1）单调减区间为，单调增区间为；
（2）证明见解析.
【解析】（1）求得，根据其正负，即可判断函数单调性从而求得函数单调区间；
（2）根据题意，转化目标不等式为，分别构造函数，，利用导数研究其单调性，即可证明.
【小问1详解】
因为，故可得，又为单调增函数，
令，解得，故当时，；当时，，
故的单调减区间为，单调增区间为.
【小问2详解】
当时，，要证，即证，
又，则只需证，即证，
令，，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故当时，取得最大值；
令，，又为单调增函数，且时，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
故当时，取得最小值.
则，且当时，同时取得最小值和最大值，故，
即，也即时恒成立.
【点睛】本题考察利用导数求函数的单调区间，以及利用导数研究恒成立问题；处理本题的关键是合理转化目标式，属中档题.
19、（1）；（2）
【解析】（1）利用已知条件，结合椭圆方程求出，即可得到椭圆方程
（2）设出直线方程，联立椭圆与直线方程，利用韦达定理，弦长公式，列出三角形的面积，再利用基本不等式转化求解即可
【详解】（1）解：由题意解得，，
所以椭圆的标准方程为
（2）点，右焦点，由题意知直线的斜率不为0，
故设的方程为，，，
联立方程得消去，整理得，
∴，，，

，
当且仅当时等号成立，此时：，
所以面积的最大值为
【点睛】本题考查椭圆的性质和方程的求法，考查联立直线方程和椭圆方程消去未知数，运用韦达定理化简整理和运算能力，属于中档题
20、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）设与交点为，延长交的延长线于点，进而根据证明，再结合底面得，进而证明平面即可证明结论；
（2）由得点到平面的距离等于点到平面的距离的，进而过作，垂足为，结合（1）得点到平面的距离等于，再在中根据等面积法求解即可.
【小问1详解】
证明：设与交点为，延长交的延长线于点，
因为四棱锥的底面为直角梯形，，
所以，所以，
因为为的中点，所以，
因为
所以，所以，所以，
所以，
又因为，所以，
又因为，所以，
所以，所以
又因为底面，所以，
因为，

所以平面，
因为平面，
所以平面平面
【小问2详解】
解：由于，
所以，点到平面的距离等于点到平面的距离的，

因为平面平面，平面平面
故过作，垂足为，
所以，平面，
所以点到平面的距离等于
在中，，
所以，点到平面的距离等于.
21、（1）
（2）证明见解析，
（3）
【解析】（1）根据等比数列列出方程组求解首项、公比即可得解；
（2）化简后得，可证明数列是等差数列，即可得出，再求出即可;
（3）利用错位相减法求出数列的和.
【小问1详解】
设公比为，由条件可知，，
所以；
【小问2详解】

，
又，所以，
所以数列是以为首项，为公差等差数列，
所以，所以.
【小问3详解】
，
,

两式相减可得，

，
.
22、（1），常数项为
（2）5
【解析】（1）求出二项式的通项公式，求出第3项和第4项的二项式系数，再利用已知条件列方程求出的值，从而可求出常数项，
（2）设展开式中系数最大的项是第项，则，从而可求出结果
【小问1详解】
二项式展开式的通项公式为，
因为第3项和第4项的二项式系数比为，
所以，化简得，解得，
所以，令，得，
所以常数项为
【小问2详解】
设展开式中系数最大的项是第项，则，
，解得，
因为，所以，
所以展开式中系数最大的项是第5项