广西贵港市部分高中2025-2026学年高二上学期期末学科素养检测数学试题（原卷版+解析版）

这是一份广西贵港市部分高中2025-2026学年高二上学期期末学科素养检测数学试题（原卷版+解析版），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（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. 1B. 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：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：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．
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. 1B. 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：.

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