精品解析：广东广州市部分校2025-2026学年高二下学期7月期末教学质量监测数学试题

2025学年第二学期高中教学质量监测试题高二数学 本试卷共6页，19小题，全卷满分150分，考试时间为120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名和座位号、准考证号填写在答题卡上，并用2B铅笔将准考证号填涂在答题卡相应位置上． 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．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的区域内，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. “是整数”是“是奇数”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 2. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 4. 若复数满足，则复数可以是（ ） A. B. C. D. 5. 函数在一个周期内的图象如图所示，此函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 6. 在的展开式中，含的项的系数是（ ） A. 21 B. 69 C. -21 D. -69 7. 将某保护区分为面积大小相近的多个区域，用简单随机抽样的方法抽取其中6个区域，统计这些区域内的某种水源指标和某植物分布的数量，得到样本，其中，此样本的相关系数，记关于的线性回归方程为．经计算可知：，则的值为（ ） 参考公式：． A. B. C. D. 8. 已知点是曲线上的动点，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 二、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. 在中，角的对边分别是，已知，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的面积为 D. 的外接圆的半径为 10. 已知的顶点坐标分别为，，，为的中点，且圆的方程为：，则（ ） A. 过作圆的切线，切点为，则的最小值为 B. 若直线被圆截得的弦长为2，则 C. 存在，使圆上有三个点到直线的距离都为1 D. 若圆上有且只有两个点到直线的距离都为2，则或 11. 我国古代数学家提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．如图，用祖暅原理推导半球体积公式的一种方法是：将底面半径和高都为的圆柱与半径为的半球放置在同一水平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为，高为的圆锥，得到一个新的几何体．用平行于水平面的平面去截半球与得到的新几何体，此时所截得的两个截面面积（如图阴影部分）总是相等．由此可知半球的体积与新几何体的体积相等．若用平行于水平面的平面去截半径为的半球，且球心到平面的距离且，此时平面所截得的上半部分（称之为“球冠”）的体积与半球体积的比值可能为（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数同时具有下列两个性质：是偶函数；②在上单调递增，则的解析式可以为___________ 13. 已知点是单位圆劣弧上一点，，以为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，设，则，如图所示，若，则实数的取值范围是___________． 14. 将7本不同故事书分配给3个孩子，每个孩子至少分得一本，记三个孩子分得书本的数量分别为，若从所有可能的分配方案中随机选择一种，记随机变量为三个数中最大的数，则的数学期望为___________． 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. 已知数列为等差数列，数列为公比大于0的等比数列，且 （1）求数列和的通项公式； （2）设求数列的前10项和 16. 如图，已知圆台，其中均为母线，四边形为圆台的轴截面，且． （1）求证：； （2）已知二面角的余弦值为，求圆台的高的长． 17. 已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左、右顶点，且，直线与椭圆交于两点，且． （1）求椭圆的标准方程； （2）当时，求的面积； （3）若直线与轴的交点为，且与四边形的面积比值为，求实数的值． 18. 某景点提供两种家庭套餐服务产品，人们购买时每次只买其中一种服务，经过统计分析发现：第一次购买产品的人购买的概率为，购买的概率为；第一次购买产品的人第二次购买产品的概率为，购买产品的概率为；第一次购买产品的人第二次购买产品的概率为，购买产品的概率也是． （1）已知有6个家庭第一次购买产品，且购买产品的家庭个数比例为2：1，现从该6个家庭中抽出3个家庭，记录其购买产品的情况，记为购买产品的家庭个数，求的分布列和数学期望； （2）已知某家庭第二次购买的是产品，求该家庭第一次购买的是产品的概率； （3）现有6个家庭第二次购买产品，则有多少个家庭购买产品的概率最大？并求最大的概率值． 19. 已知函数． （1）若，求函数在处的切线方程； （2）若对任意的恒成立，求整数的最大值； （3）设有两个极值点，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期高中教学质量监测试题高二数学 本试卷共6页，19小题，全卷满分150分，考试时间为120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名和座位号、准考证号填写在答题卡上，并用2B铅笔将准考证号填涂在答题卡相应位置上． 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．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的区域内，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. “是整数”是“是奇数”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】 【详解】若是整数，则不一定是奇数；若是奇数，则一定是整数”， 所以“是整数”是"是奇数"的必要不充分条件． 2. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】抛物线的标准方程为，则其焦点在轴上，且，所以焦点坐标为. 3. 已知函数，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】，，则． 4. 若复数满足，则复数可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】解：复数满足，即复数对应的点到点的距离与到点的距离相等， 记点，点，即复数对应的点一定在线段的垂直平分线上，即在直线上， 所以复数的虚部一定是，所以复数可以是． 5. 函数在一个周期内的图象如图所示，此函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由于由图可知：，故可得，因为最大值为2，且，故， 此时函数解析式为，因为图中最高点的坐标是， 所以，，解得，． 又因为，所以， 所以函数解析式为 6. 在的展开式中，含的项的系数是（ ） A. 21 B. 69 C. -21 D. -69 【答案】D 【解析】 【详解】解：在的展开式中，含的项为， 所以含的项的系数是． 7. 将某保护区分为面积大小相近的多个区域，用简单随机抽样的方法抽取其中6个区域，统计这些区域内的某种水源指标和某植物分布的数量，得到样本，其中，此样本的相关系数，记关于的线性回归方程为．经计算可知：，则的值为（ ） 参考公式：． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】解：因为，所以， 由. 解得，所以． 8. 已知点是曲线上的动点，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】方法一：的最小值可转化为点到直线，即的距离最小值，当函数在处的切线与平行，即斜率为2时，点到的距离最小，通过求导求得切线方程即可求解；方法二：点是曲线上的动点，得，所以，构造函数，通过导数求出函数的值域再求得的最小值. 【详解】法一：点在曲线上，且点到直线，即的距离， 因此可先求点到距离的最小值． 当函数在处的切线与平行，即斜率为2时，点到的距离最小． 由，得，令，解得． 点到直线的距离，所以的最小值为； 法二：点是曲线上的动点，得， 所以． 设，则， 设，则恒成立． 故在区间单调递增． 又，所以当时，，所以； 当时，，所以． 在区间单调递减，在区间单调递增． 又，所以，即，则的最小值为2． 二、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. 在中，角的对边分别是，已知，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的面积为 D. 的外接圆的半径为 【答案】AC 【解析】 【详解】解：对于A，由余弦定理，得，因此，故A正确； 对于B，根据正弦定理，，可得，故B不正确； 对于C，根据三角形面积公式，可得，故C正确； 对于D，由正弦定理得，，所以半径为，故D错误． 10. 已知的顶点坐标分别为，，，为的中点，且圆的方程为：，则（ ） A. 过作圆的切线，切点为，则的最小值为 B. 若直线被圆截得的弦长为2，则 C. 存在，使圆上有三个点到直线的距离都为1 D. 若圆上有且只有两个点到直线的距离都为2，则或 【答案】ABD 【解析】 【分析】先由切线长公式将表示为的平方根，配方法直接得最小值即可判断A；再由弦长为直径推出直线过圆心，代入方程得从而判断B；接着利用圆的对称性，圆与两条平行线的交点个数只能为偶数，不可能出现3个，从而否定C；最后，圆上恰有2个点到直线距离为2，等价于圆心到直线距离满足，代入距离公式解绝对值不等式即可判断D. 【详解】解：由题意，在圆中，，半径， 对于A选项，过作圆的切线，切点为， 所以，在中，由勾股定理得， 所以当时，取最小值，，故A正确； 对于B选项，由中点为，则，所以直线的方程为， 又直线被圆截得的弦长为2，恰好为圆的直径，所以直线过圆心， 所以，即，B正确； 对于C选项，圆上有三个点到直线距离等于，由于圆半径是，这等价于圆与两条距离直线为的平行线有三个交点， 但两条平行线关于对称，圆与它们的交点要么成对出现，要么没有，不可能出现奇数个交点，所以不存在，故C错误； 对于D选项，因为圆上有且只有两个点到直线的距离都为2， 所以圆心到直线即的距离大于1小于3． 即，解得：或，故D正确． 11. 我国古代数学家提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．如图，用祖暅原理推导半球体积公式的一种方法是：将底面半径和高都为的圆柱与半径为的半球放置在同一水平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为，高为的圆锥，得到一个新的几何体．用平行于水平面的平面去截半球与得到的新几何体，此时所截得的两个截面面积（如图阴影部分）总是相等．由此可知半球的体积与新几何体的体积相等．若用平行于水平面的平面去截半径为的半球，且球心到平面的距离且，此时平面所截得的上半部分（称之为“球冠”）的体积与半球体积的比值可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用祖暅原理将球冠体积转化为“圆柱被截部分体积减去小圆锥体积”，得到与  相关的比值表达式 ，分别代入 验证对应选项，并令其等D项值证明无正整数解，从而排除D选项． 【详解】解： ， ， ， 又因为半球体积为， “球冠”的体积与半球体积的比值为， 当时，比值为；当时，比值为；当时，比值为； 所以选项A，B，C均正确； 令，化简得，又因为， 所以得，所以无解，所以选项D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数同时具有下列两个性质：是偶函数；②在上单调递增，则的解析式可以为___________ 【答案】（答案不唯一）. 【解析】 【详解】取，函数定义域为， 因为，所以函数是偶函数， 对称轴为轴且开口向上，所以在上单调递增， 符合题设条件. 13. 已知点是单位圆劣弧上一点，，以为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，设，则，如图所示，若，则实数的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】通过平面向量的坐标表示及运算把中用表示出来，使用三角函数求取值范围. 【详解】依题意可得，，而，由， 得，则， 由，得，因此， 所以的取值范围是． 14. 将7本不同故事书分配给3个孩子，每个孩子至少分得一本，记三个孩子分得书本的数量分别为，若从所有可能的分配方案中随机选择一种，记随机变量为三个数中最大的数，则的数学期望为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先计算所有满足条件的分配总数，再按最大数量的可能取值分类计数，用“分组再分配”的方法分别求出各取值对应的方案数，最后代入期望公式计算，化简即得结果. 【详解】解：总分配数：每本书都可以独立选择给3个孩子中的任意一个，所以一共有：（种）分配方式， 减去“有人没分到”的情况：先减去至少有1个孩子没分到书的情况： 选1个孩子不给书，剩下7本书只能分给另外2个孩子，有（种）分法， 所以初步减去：（种）， 但这样多减了“有2个孩子都没分到书”的情况： 因为“孩子甲没分到”和“孩子乙没分到”两种情况下，都包含了“甲、乙都没分到”的情形，被重复减了， 选2个孩子不给书，7本书只能给剩下的1个孩子， 所以加回：（种）， 于是满足“每人至少1本”的方案（种）， 将7本不同的书分为3组（每组至少1本），有4种分组的可能：，，． （1）当时， ①先分组，再分配给3个孩子的方案：种， ②先分组，再分配给3个孩子的方案：种， 合计方案数：种，； （2）当时，先分组，再分配3个孩子的方案： 种， （3）当时，先分组，再分配给3个小朋友的分法：种， 因此，． 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. 已知数列为等差数列，数列为公比大于0的等比数列，且 （1）求数列和的通项公式； （2）设求数列的前10项和 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列前两项和条件求公比，再结合等差数列两项关系求公差，代入通项公式即得； （2）按奇偶分项处理，奇数项为等比数列求和，偶数项裂项相消，两部分相加即得前10项和． 【小问1详解】 令公比为且，则， 整理，解得，或（舍去）， 故， 又，令的公差为，则， 所以，可得， 故． 【小问2详解】 由， 所以． 16. 如图，已知圆台，其中均为母线，四边形为圆台的轴截面，且． （1）求证：； （2）已知二面角的余弦值为，求圆台的高的长． 【答案】（1）连接，因为直线为圆台的轴，为圆台的母线， 则为直角梯形，其中， 又因为， 所以为等腰直角三角形，所以， 又因为四边形为圆台的轴截面，则，又， 所以， 法一：又因为平面， 所以平面， 又平面， 所以； 法二：所以直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，， 所以， 则，所以， 所以； （2）2. 【解析】 【分析】（1）可以通过构造直角梯形证明  平面 ，从而 ；也可建立坐标系直接验证 ； （2）建立坐标系，分别求出平面  与  的法向量，利用二面角余弦的绝对值等于法向量夹角余弦的绝对值，解方程求高． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 由（1）得，，， 设平面与平面的法向量分别为， 则，即，取，得，， 故平面的一个法向量为， 又，即，取，得， 故平面的一个法向量为， 由二面角的余弦值为， 得，解得， 所以圆台的高的长为2. 17. 已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左、右顶点，且，直线与椭圆交于两点，且． （1）求椭圆的标准方程； （2）当时，求的面积； （3）若直线与轴的交点为，且与四边形的面积比值为，求实数的值． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由离心率条件和左右顶点距离确定，再由求出； （2）直线方程代入椭圆消去得关于的二次方程，利用韦达定理求两根之差的绝对值，面积等于底（直线与轴交点到原点距离）乘以高（纵坐标差）的一半； （3）由面积比关系转化为两三角形面积比，利用同底（都在轴上）将面积比转化为纵坐标之比，得到与的关系，再联立直线与椭圆，通过韦达定理建立方程求解. 【小问1详解】 由题知， ， 又有， 解得， 所以椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 当时，联立与椭圆可得， 则， 所以． 所以． 【小问3详解】 由已知得点， 又与四边形的面积比值为， 所以与的面积比值为， 又，且与同号， 则， 联立直线与椭圆的方程，消去，得， 整理得， 则，即， 解得或，且， 联立得，所以． 18. 某景点提供两种家庭套餐服务产品，人们购买时每次只买其中一种服务，经过统计分析发现：第一次购买产品的人购买的概率为，购买的概率为；第一次购买产品的人第二次购买产品的概率为，购买产品的概率为；第一次购买产品的人第二次购买产品的概率为，购买产品的概率也是． （1）已知有6个家庭第一次购买产品，且购买产品的家庭个数比例为2：1，现从该6个家庭中抽出3个家庭，记录其购买产品的情况，记为购买产品的家庭个数，求的分布列和数学期望； （2）已知某家庭第二次购买的是产品，求该家庭第一次购买的是产品的概率； （3）现有6个家庭第二次购买产品，则有多少个家庭购买产品的概率最大？并求最大的概率值． 【答案】（1） 0 1 2 ，； （2）； （3）有4家选择产品的概率最大，最大概率为． 【解析】 【分析】（1）由比例确定家庭数分别为4和2，抽取3个家庭中的个数服从超几何分布，列出分布列并求期望； （2）利用全概率公式求第二次买的总概率，再用贝叶斯公式反推第一次买的条件概率； （3）第二次购买的家庭数 ，用相邻项比值法确定使概率最大的值，并计算对应最大概率． 【小问1详解】 购买，产品的家庭个数分别为4个和2个， 所以的可能取值为0，1，2， 所以的分布列为 0 1 2 数学期望； 【小问2详解】 设“第次购买产品”，（i=1，2），则“第次购买产品”， 则与为对立事件， 由题意， 故． ， 该家庭第一次购买的是产品的概率； 【小问3详解】 每个家庭第二次购买产品的概率为 设有家选择产品，每家购买产品概率均为，故， 的可能取值为，设有家选择产品的概率最大，则 故 即 整理得， 又，故， 此时 故有4家选择产品的概率最大，最大概率为． 19. 已知函数． （1）若，求函数在处的切线方程； （2）若对任意的恒成立，求整数的最大值； （3）设有两个极值点，求的取值范围． 【答案】（1） （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）求导得切线斜率，代入点斜式写出切线方程； （2）分离参数将不等式化为，构造函数求其最小值，由最小值所在区间确定整数  的最大值； （3）由极值点条件转化为二次方程两根分布，利用韦达定理消去参数 ，将  化为关于 的单变量函数，求其值域． 【小问1详解】 当时，函数， 求导得， 则， 而， 所以函数的图象在处的切线方程为， 即． 【小问2详解】 对任意的，不等式恒成立， 令函数， 求导得， 令函数， 求导得，函数在上单调递增， 而， 则存在，使得，即， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 则， 所以整数的最大值是2. 【小问3详解】 函数的定义域为，求导得 由函数有两个极值点， 得方程有两个不等的正根 则 即，且， 令函数， 求导得， 函数在上单调递减， 则， 所以的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $