精品解析：广西贵港2025-2026学年高二上学期期末学科素养检测数学试题

2025年秋季期期末学科素养检测 高二年级 数学 （全卷满分150分 考试时间120分钟） 注意：答案一律填写在答题卡上，在试题卷上作答无效.考试结束将答题卡交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则 （ ） A. 1 B. C. D. 2. 设，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 3. 我国古代天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始．已知雨水的晷长为9.5尺，立冬的晷长为10.5尺，则冬至所对的晷长为（    ） A. 11.5尺 B. 13.5尺 C. 12.5尺 D. 14.5尺 4. 把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是，空气的温度是，经过分钟后物体的温度可由公式求得.其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的大于的常数.现有的物体，放在的空气中冷却，分钟以后物体的温度是，则约等于（参考数据：）（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为6，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 6. 某企业投入万元购入一套设备，该设备每年的运转费用是万元，此外每年都要花费一定的维护费，第一年的维护费为万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加万元．为使该设备年平均费用最低，该企业需要更新设备的年数为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则角等于（ ） A. B. C. D. 8. 如图，正方形的边长为，为边的中点，为边上一点，当取得最大值时，（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 9. 如图，弹簧下端悬挂着的小球做上下运动（忽略小球的大小），它在时刻相对于平衡位置的高度可以田确定，则下列说法正确的是（ ） A. 小球运动的最高点与最低点的距离为 B. 小球经过往复运动一次 C. 时小球是自下往上运动 D. 当时，小球到达最低点 10. 下列四个命题中，真命题是（ ） A. 过点，且在轴和轴上的截距相等的直线方程为 B. 与圆：关于直线：对称的圆的方程为 C. 圆：与圆：的公共弦所在直线的方程为 D. 若点在圆：上，则的取值范围为 11. 将数列中的所有项排成如下数阵： 从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列；第1列数，，，…成等差数列．若，，则（ ） A. B. C. 位于第45行第88列 D. 2024在数阵中出现两次 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一个圆锥的底面半径为1，母线与底面的夹角为，则该圆锥的体积为______． 13. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过的直线与的右支交于，两点，若，，则的离心率为________. 14. 已知为上的奇函数，，若且，都有，则不等式的解集为______. 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. 某校为了解高一1000名学生的物理成绩，随机抽查部分学生期中考试的成绩，将数据分成，，，4组，绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）求a的值； （2）根据频率分布直方图，估计这次物理成绩的平均分（用组中值代替各组数据的平均值）； （3）若在本次考试中，规定物理成绩比平均分高15分以上的为优秀，估计该校学生物理成绩的优秀率（用百分数表示）． 16. 已知抛物线：的焦点在直线上． （1）求的方程； （2）若过点的直线与相交于，两点，且的面积为4，求直线的方程． 17. 如图，在底面为菱形的四棱锥中，，． （1）证明：； （2）若，点在线段上，且，求二面角的余弦值． 18. 已知为等差数列，为公比的等比数列，且，，． （1）求与的通项公式； （2）设，求数列的前项和； （3）在（2）的条件下，若对任意的，，恒成立，求实数的取值范围． 19. 已知椭圆经过点，离心率为，点O为坐标原点． （1）求椭圆E的标准方程； （2）设不与坐标轴平行的直线与椭圆交于A，B两点，与轴交于点P，设线段AB中点为M． （i）证明：直线OM的斜率与直线的斜率之积为定值； （ii）如图，当时，过点M作垂直于的直线，交轴于点Q，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年秋季期期末学科素养检测 高二年级 数学 （全卷满分150分 考试时间120分钟） 注意：答案一律填写在答题卡上，在试题卷上作答无效.考试结束将答题卡交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则 （ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的运算以及模长公式代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，所以， 故． 故选：D 2. 设，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】A 【解析】 【分析】先化简两个不等式，再判断它们之间的充要关系得解. 【详解】由题得，， 而区间， 故“”是“”的充分不必要条件． 故选：A 【点睛】本题主要考查对数不等式的解法和绝对值不等式的解法，考查充分必要条件的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 3. 我国古代天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始．已知雨水的晷长为9.5尺，立冬的晷长为10.5尺，则冬至所对的晷长为（    ） A. 11.5尺 B. 13.5尺 C. 12.5尺 D. 14.5尺 【答案】B 【解析】 【分析】设相邻两个节气晷长减少或增加的量为，冬至的晷长为尺，根据题意，结合等差数列的性质，列出方程组求解即得. 【详解】设相邻两个节气晷长减少或增加的量为， 则立冬到冬至晷长增加，冬至到雨水晷长减少4，设冬至的晷长为尺， 则，解得，则冬至所对的晷长为13.5尺. 故选：B. 4. 把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是，空气的温度是，经过分钟后物体的温度可由公式求得.其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的大于的常数.现有的物体，放在的空气中冷却，分钟以后物体的温度是，则约等于（参考数据：）（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】列方程，根据对数的运算性质计算即可 【详解】解：由题意得，， ， 两边取自然对数得，， 所以， 故选：A 5. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为6，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由空间向量的线性运算及数量积运算求解． 【详解】由题意可得， 以顶点为端点的三条棱长均为6，, ,得 ， ， 则： . 故选：C 6. 某企业投入万元购入一套设备，该设备每年的运转费用是万元，此外每年都要花费一定的维护费，第一年的维护费为万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加万元．为使该设备年平均费用最低，该企业需要更新设备的年数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设该企业需要更新设备的年数为，设备年平均费用为万元，求得关于的表达式，利用基本不等式求出的最小值及其对应的值，即可得出结论. 【详解】设该企业需要更新设备的年数为，设备年平均费用为万元， 则年后的设备维护费用为， 所以年的平均费用为（万元）， 当且仅当时，等号成立， 因此，为使该设备年平均费用最低，该企业需要更新设备的年数为. 故选：B. 7. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则角等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知结合正弦定理及三角形的性质求出，再利用正弦定理即可求出角 【详解】因为，所以由正弦定理得， 因为，所以， 即，所以， 所以，又，所以，又，， 由正弦定理得，所以，所以或， 由得，所以. 故选：C 8. 如图，正方形的边长为，为边的中点，为边上一点，当取得最大值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设，则，，利用平面向量数量积的运算性质可得出的最大值及其对应的值，可得出，再利用两角差的正切公式可求得的值. 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系如图所示， 则、，设，则，，故，. 所以，当时，取得最大值， 此时点，即点与点重合，且， 此时. 故选：C. 二、多选题：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. 9. 如图，弹簧下端悬挂着的小球做上下运动（忽略小球的大小），它在时刻相对于平衡位置的高度可以田确定，则下列说法正确的是（ ） A. 小球运动的最高点与最低点的距离为 B. 小球经过往复运动一次 C. 时小球是自下往上运动 D. 当时，小球到达最低点 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正弦型函数的性质逐一判断即可. 【详解】小球运动的最高点与最低点的距离为，所以选项A错误； 因为，所以小球经过往复运动一次，因此选项B正确； 当时，，所以是自下往上到最高点，再往下运动，因此选项C错误； 当时，，所以选项D正确， 故选：BD 10. 下列四个命题中，真命题是（ ） A. 过点，且在轴和轴上的截距相等的直线方程为 B. 与圆：关于直线：对称的圆的方程为 C. 圆：与圆：的公共弦所在直线的方程为 D. 若点在圆：上，则的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据截距式的性质，判断选项A的正误；根据点关于直线对称的性质，求出对称点，根据圆心和半径，判断选项B的正误；根据两圆的位置关系，求出公共弦，判断选项C的正误；根据点在圆上的性质，根据两点之间的距离公式，判断最大值和最小值，判断选项D的正误； 【详解】对于A，当在轴和轴上的截距都为0时， 设直线方程为，将的坐标代入得，解得， 此时直线方程为：当在轴和轴上的截距相等，且不为0时， 设直线方程为，将的坐标代入得，解得， 此时直线方程为，故A为假命题． 选项B，设圆心关于直线：的对称点为， 则直线与直线垂直， 直线的斜率为，，，①， 和的中点为在直线：上，②， ①②联立方程组解得，， 所求的圆与圆关于直线对称，所求的圆的半径， 所求的圆的方程为，故B为真命题． 对于C，圆：与圆：， 两圆心距离，可知两圆相交， 则两圆的方程作差得，即， 所以公共弦所在直线的方程为，故C为真命题． 对于D选项，如图所示： 由题意可知，圆的圆心为，且该圆的半径为， 由圆的几何性质可得，， 即，故，故D为真命题． 故选：BCD. 11. 将数列中的所有项排成如下数阵： 从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列；第1列数，，，…成等差数列．若，，则（ ） A. B. C. 位于第45行第88列 D. 2024在数阵中出现两次 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，由等差数列的通项公式求得第一列的通项公式，再由等比数列的通项公式，对各个选项分析，即可求解. 【详解】由第列数，，，，…成等差数列，设公差为，由，， 可得，，解得，， 则第一列的通项公式为，故A正确； 而 又从第行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以为公比的等比数列， 可得，故B不正确； 考虑每一行的最后一个数为，，，，…，而，即是的前一个数， 而在第行，又这一行共有个数，则在第行第列，故C正确； 设第行第个数为，令，由，解得； 令，由，解得不为整数； 令，由，解得；令，由，解得不为整数； 故出现两次，故D正确． 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一个圆锥的底面半径为1，母线与底面的夹角为，则该圆锥的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】由圆锥的几何特征求解． 【详解】由圆锥的底面半径为1，母线与底面的夹角为， 易知圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以圆锥的高为1， 所以圆锥的体积为：． 故答案为： 13. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过的直线与的右支交于，两点，若，，则的离心率为________. 【答案】 【解析】 【分析】由双曲线定义及余弦定理求得关系进而求出离心率. 【详解】如图，设，则，因为，所以，则. 在中，由余弦定理得， 即，化简可得，故. 故答案为：. 14. 已知为上的奇函数，，若且，都有，则不等式的解集为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，由题意得到为偶函数且在上单调递增，由，将原不等式转化为，然后利用函数的性质将问题转化得到不等式，解不等式即可. 【详解】设， 由且，得， 则在上单调递增， 因为为奇函数，所以， 所以，故为偶函数， 而， 所以有，又在上单调递增， 所以，解得， 所以所求不等式解集为. 故答案为：. 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. 某校为了解高一1000名学生的物理成绩，随机抽查部分学生期中考试的成绩，将数据分成，，，4组，绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）求a的值； （2）根据频率分布直方图，估计这次物理成绩的平均分（用组中值代替各组数据的平均值）； （3）若在本次考试中，规定物理成绩比平均分高15分以上的为优秀，估计该校学生物理成绩的优秀率（用百分数表示）． 【答案】（1）；（2）81；（3）10%． 【解析】 【分析】（1）由解得结果即可得解； （2）用各组中值乘以该组的频率，再相加可得结果； （3）由可得结果. 【详解】（1）由题可知，，解得． （2）根据频率分布直方图的平均数的计算公式， 可得平均分的估计值为分． （3）由（2）可知，规定物理成绩高于96分的为优秀， 所以． 估计该校学生物理成绩的优秀率为10%． 【点睛】本题考查了由直方图求参数，考查了由直方图求平均数，考查了由直方图求频率，属于基础题. 16. 已知抛物线：的焦点在直线上． （1）求的方程； （2）若过点的直线与相交于，两点，且的面积为4，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或． 【解析】 【分析】（1）先根据抛物线的方程确定焦点所在位置，再根据焦点在直线上确定焦点坐标，进而确定的值，得到抛物线的方程. （2）设直线：，代入抛物线方程，利用韦达定理，用表示出，结合可求的值，进而得到直线的方程. 【小问1详解】 因为抛物线：（）的焦点在轴正半轴上， 对于直线，令，可得， 可知焦点，即，可得， 所以抛物线E的方程为． 【小问2详解】 如图，可知直线的斜率可能不存在，但不为0， 设：，，， 联立及的方程得，则，， 此时，，解得． 故直线的方程为或． 17. 如图，在底面为菱形的四棱锥中，，． （1）证明：； （2）若，点在线段上，且，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】1）取的中点，连接，，得，证得平面，从而得证线线垂直； （2）设，求得可得，以以为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．用空间向量法求二面角． 【详解】（1）取的中点，连接，，， 因为四边形是菱形，且， 所以，且，所以为正三角形，． 因为，所以． 又，所以平面， 因为平面，所以． （2）设，则， 所以，所以． 由（1）知，，又，， 所以，所以． 故以为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，， 所以，，． 设是平面的法向量，则即 取，则． 设是平面的法向量， 则即则， 取，则． 则， 由图易知二面角为钝二面角， 所以二面角的余弦值为． 【点睛】易错点睛：求解本题的易错点：一是求平面的法向量出错，应注意点的坐标求解的准确性；二是符号出错，把二面角的余弦值与向量夹角的余弦值的关系搞混，导致结果出错． 18. 已知为等差数列，为公比的等比数列，且，，． （1）求与的通项公式； （2）设，求数列的前项和； （3）在（2）的条件下，若对任意的，，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用等差和等比数列通项公式可构造方程组求得，由此可得； （2）采用分组求和的方式，根据等比数列求和公式和裂项相消法可求得； （3）将恒成立的不等式转化为，令，利用作差的方式可求得的单调性，得到，由此可得的取值范围. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由得：，又，， ，. 【小问2详解】 由（1）得：， . 【小问3详解】 由（2）得：对任意的，恒成立， 对任意的，恒成立； 令，则； 则当时，；当时，； ，，即实数的取值范围为. 19. 已知椭圆经过点，离心率为，点O为坐标原点． （1）求椭圆E的标准方程； （2）设不与坐标轴平行的直线与椭圆交于A，B两点，与轴交于点P，设线段AB中点为M． （i）证明：直线OM的斜率与直线的斜率之积为定值； （ii）如图，当时，过点M作垂直于的直线，交轴于点Q，求的取值范围． 【答案】（1）（2）（i）见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）由条件列方程组求解 （2）（i）可用点差法证明（ii）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求出，分别求出坐标表示后求解 【详解】（1）∵椭圆经过点，离心率为 ，又 ，解得 ∴椭圆E的标准方程为 （2）（i）证明：设 ， 两式作差得：，即 故，得证 （ii）当时，，点 联立得 由韦达定理得， ∴直线方程为 令，解得，即 得的取值范围是 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $