四川省广安市2025年秋高二期末教学质量评价数学试题（原卷版+解析版）

这是一份四川省广安市2025年秋高二期末教学质量评价数学试题（原卷版+解析版），共23页。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上．
2．答选择题时，必须使用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．
5．考试结束后，将试题卷和答题卡一并收回．
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的．
1. 若空间向量，，则（ ）
A. B. 3C. D. 2
2. 已知分别为椭圆的左，右焦点，为上顶点，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
3. 圆：与圆：公切线的条数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
4. 设直线的斜率为，且，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
5. 在四面体中，分别是的中点，若，则
A. B. C. 1D. 2
6. 在正项数列中，对任意，都有，若，则等于（ ）
A. 27B. 9C. -3D. -81
7. 数列称为斐波那契数列．在数学上，斐波那契数列可表述为．设该数列的前项和为，则等于（ ）
A. B. C. D.
8. 已知是双曲线的右焦点，过原点的直线交双曲线右支于点，左支于点，连接并延长交双曲线于点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，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. 已知数列的前项和为，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则是等差数列
B. 若，则是等比数列
C. 若是等比数列，且，则
D. 若是等差数列，则
10. 一个质地均匀的正四面体玩具的四个面上分别标有数字1，2，3，4．连续抛掷这个正四面体玩具两次，并记录每次正四面体玩具朝下的面上的数字，记事件为“第一次朝下的面上的数字为1或2”，事件为“两次朝下的面上的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 事件与事件互斥
C. 事件与事件相互独立D.
11. 如图，已知正方体棱长为4，点在线段上运动（不包含端点），则下列结论正确的是（）
A. 直线与所成角为
B. 平面
C. 点到平面的距离为定值
D. 若是正方体内切球的一条直径，则的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知点和，点P在y轴正半轴上，且∠APB为直角，则P点坐标为__________.
13. 甲、乙两人做出拳（锤子、剪刀、布）游戏，则甲每局赢的概率为___________．
14. 我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9填入的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15．一般地，将连续的正整数填入 个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做阶幻方．记阶幻方的对角线上的数字之和为，如图三阶幻方的，那么 的值为 __________ ．
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. 已知点，动点满足到两点的距离之比为.设动点的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）已知直线过点，且与曲线交于两点，若，求的方程.
16. 已知数列前项和为，且
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的通项公式及前项和．
17. 2025年为全力备战城市足球联赛，某城市公开选拔优秀足球运动员，组建参赛队伍．选拔由专业教练组负责，依据选手技术水平、体能状况、战术理解及综合素养等多维度进行严格评估，最终择优组建参赛队伍．
（1）甲，乙两所高校各有3名学生报名参加选拔活动，现从这6名学生中随机抽取2人参加第一轮体能测试，求这2名学生来自同一高校概率；
（2）甲校进行了三轮初选活动，小明同学每轮合格概率分别为，各轮结果均相互独立，至少两轮合格记为“优秀”．求三轮初选结束，小明同学被记为“优秀”的概率．
18. 如图，直棱柱的底面是菱形，其中，又点分别在棱上运动，且满足：．

（1）求证：四点共面；
（2）若分别是中点，．求三棱锥的体积；
（3）是否存在点使得平面与平面的夹角的余弦值为？如果存在，求出的长；如果不存在，请说明理由．
19. 如图，为矩形对角线的交点，，，，，点，分别是线段，线段的等分点，直线和直线的交点为．
（1）当时，求直线与直线的交点的坐标；
（2）证明：点在同一椭圆上，并求出该椭圆的方程；
（3）过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，直线分别与直线交于点，当时，求的取值范围．
2025年秋高二期末教学质量评价
数学试题
本试卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上．
2．答选择题时，必须使用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．
5．考试结束后，将试题卷和答题卡一并收回．
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的．
1. 若空间向量，，则（ ）
A. B. 3C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】据向量的坐标运算求，进而可求模长.
【详解】，所以.
故选：C.
2. 已知分别为椭圆的左，右焦点，为上顶点，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆方程求出焦点坐标和点A的坐标，进而求出三角形的面积.
【详解】由椭圆方程得..
故选：D.
3. 圆：与圆：公切线的条数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】计算圆心距，利用圆心距与半径的关系，判断两圆的位置关系，进而求解.
【详解】由圆：，所以圆心，半径，
又由圆：得，所以圆心，半径，
所以，，
所以，
所以圆与圆外切，所以圆与圆有3条公切线，
故选：C.
4. 设直线的斜率为，且，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用斜率和倾斜角的关系得出答案.
【详解】由，，则.
故选：A
5. 在四面体中，分别是的中点，若，则
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【详解】
【分析】如图所示，
连接，∵、分别是、的中点，∴，
∴，
又，∴，故选C.
6. 在正项数列中，对任意，都有，若，则等于（ ）
A. 27B. 9C. -3D. -81
【答案】A
【解析】
分析】根据赋值法结合递推公式求解即可.
【详解】令，则，又，所以.
又为正项数列，所以.
故
故选：A.
7. 数列称为斐波那契数列．在数学上，斐波那契数列可表述为．设该数列的前项和为，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用累加法即可求出
【详解】由，
则有，，，，，，
累加得，所以.
故选：B.
8. 已知是双曲线的右焦点，过原点的直线交双曲线右支于点，左支于点，连接并延长交双曲线于点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意作图，易得，设，取双曲线的左焦点为，连接，证明是平行四边形，借助于，由勾股定理得到，再借助于即可求得双曲线的离心率.
【详解】由图，因，则，不妨设，则.
取双曲线的左焦点为，连接.依题意，可得点是的中点，故四边形是平行四边形，
又，可得，.
由双曲线的定义，，则，
在中，由可得，化简得，
则在中，，，，
由可得，化简得，则.
故选：B.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，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. 已知数列的前项和为，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则是等差数列
B. 若，则是等比数列
C. 若是等比数列，且，则
D. 若是等差数列，则
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A，B，先由求出数列的通项，再根据等差（等比）数列的定义即可判断；对于C，举特例即可排除；对于D，利用等差数列的前项和公式化简比较即可判断.
【详解】对于A，由可得，当时，，
时符合题意，故，由为常数，则是等差数列，故A正确；
对于B，由可得，当时，，
当符合题意，故，由为常数，则是等比数列，故B正确；
对于C，若，则，而，因为，，故C错误；
对于D，因为，则仅当时，才成立，但的值不确定，故D错误.
故选：AB.
10. 一个质地均匀的正四面体玩具的四个面上分别标有数字1，2，3，4．连续抛掷这个正四面体玩具两次，并记录每次正四面体玩具朝下的面上的数字，记事件为“第一次朝下的面上的数字为1或2”，事件为“两次朝下的面上的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 事件与事件互斥
C. 事件与事件相互独立D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据古典概型概率公式，分别写出样本空间和事件表示的集合，求出相关事件的概率，利用互斥事件，独立事件的定义与和事件的概率公式计算即可逐一判断可得答案.
【详解】用两位数字表示连续抛掷这个正四面体得到的点数，，，
事件,，
事件,，
对于A，，故A正确，
对于B,，事件与事件不互斥，故B错误，
对于C，，，，事件与事件相互独立，故C正确，
对于D，，，，故D错误.
故选：AC.
11. 如图，已知正方体的棱长为4，点在线段上运动（不包含端点），则下列结论正确的是（）
A. 直线与所成角为
B. 平面
C. 点到平面的距离为定值
D. 若是正方体内切球一条直径，则的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立空间坐标系，利用异面直线的夹角公式判断A选项，利用直线与平面的法向量的乘积和距离公式判断B,C选项，利用圆幂定理判断D选项.
【详解】已知正方体的棱长为，以为原点，
方向为轴建立空间直角坐标系，
，
，
A选项：，，
，，A选项正确.
B选项：取平面法向量：，
，，，
，
取，则，
，故不垂直， B选项错误.
C选项：设平面法向量，
，
，
取，则，故，，
点在上：，设，，
点到平面的距离为定值， C选项正确.
D选项：内切球球心，半径，
设直线交内切球于（在上，在上），
由圆幂定理：
其中
当时，，
故，， D选项正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知点和，点P在y轴正半轴上，且∠APB为直角，则P点坐标为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用两直线垂直条件可得两直线斜率之积为，从而可求得坐标.
【详解】由点P在y轴正半轴上，可设点，
由点和，可得
因为∠APB为直角，所以，
即，
因为，所以，即点，
故答案为：
13. 甲、乙两人做出拳（锤子、剪刀、布）游戏，则甲每局赢的概率为___________．
【答案】
【解析】
【分析】列举出所有出拳的情况，再根据古典概型的概率公式求解即可.
【详解】由题意，甲乙出拳的情况有：（锤子，锤子），（锤子，剪刀），（锤子，布），（剪刀，锤子），（剪刀，剪刀），（剪刀，布），（布，锤子），（布，剪刀），（布，布），共9种情况，
其中，甲能赢的情况有：（锤子，剪刀），（剪刀，布），（布，锤子），共3种情况，
所以甲每局赢的概率为.
故答案为：.
14. 我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9填入的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15．一般地，将连续的正整数填入 个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做阶幻方．记阶幻方的对角线上的数字之和为，如图三阶幻方的，那么 的值为 __________ ．
【答案】369
【解析】
【分析】直接利用等差数列的性质和求和公式得出结果．
【详解】解：根据题意得：幻方对角线上的数成等差数列，
则根据等差数列的性质可知对角线上的首尾两个数相加正好等于．
根据求和公式得：，
则．
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. 已知点，动点满足到两点的距离之比为.设动点的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）已知直线过点，且与曲线交于两点，若，求的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据两点间距离公式及距离之比代入化简即可求得的方程为；
（2）利用弦长可求得圆心到直线的距离为，代入点到直线距离公式即可求出结果.
小问1详解】
由题可得，
化简得，
即的方程为.
【小问2详解】
由题可知的斜率存在，设，
即.
由（1）可知曲线是以为圆心，2为半径的圆，
因为，
所以圆心到直线的距离为，
所以，解得或.
所以的方程为或.
16. 已知数列前项和为，且
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的通项公式及前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2），.
【解析】
【分析】（1）数列中，，变形为，利用等比数列的定义即可证明．
（2）由（1）可得：，即可得出数列的通项，利用错位相减法求数列的前项和．
【小问1详解】
数列中，，则，
则，又，
所以数列是首项为公比为的等比数列，.
【小问2详解】
由（1）可得：，因此，
数列前项和为，
可得，
两式相减可得，
所以.
17. 2025年为全力备战城市足球联赛，某城市公开选拔优秀足球运动员，组建参赛队伍．选拔由专业教练组负责，依据选手的技术水平、体能状况、战术理解及综合素养等多维度进行严格评估，最终择优组建参赛队伍．
（1）甲，乙两所高校各有3名学生报名参加选拔活动，现从这6名学生中随机抽取2人参加第一轮体能测试，求这2名学生来自同一高校的概率；
（2）甲校进行了三轮初选活动，小明同学每轮合格的概率分别为，各轮结果均相互独立，至少两轮合格记为“优秀”．求三轮初选结束，小明同学被记为“优秀”的概率．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据古典概型的概率计算即可.
（2）根据独立事件的概率计算公式求解即可.
【小问1详解】
从6名学生中随机抽取2人，所有的可能情况数为（种）.
这2名学生来自同一高校的情况数为（种）.
设“这2名学生来自同一高校”为事件，则.
故这2名学生来自同一高校的概率为.
【小问2详解】
小明同学被记为“优秀”的情况有恰好两轮合格，三轮均合格.
恰好两轮合格的概率为.
三轮均合格的概率为.
所以小明同学被记为“优秀”的概率为.
18. 如图，直棱柱的底面是菱形，其中，又点分别在棱上运动，且满足：．

（1）求证：四点共面；
（2）若分别是中点，．求三棱锥的体积；
（3）是否存在点使得平面与平面的夹角的余弦值为？如果存在，求出的长；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）在棱CP、DQ上分别取点M、N，使得，进而得到，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，结合点到平面的距离，求出三棱锥的高，再进一步结合三棱锥体积公式求解即可；
（3）建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，再根据二面角的计算方法分析是否存在某种情况使得二面角的余弦值为即可．
【小问1详解】
如图，

在棱CP、DQ分别取点M、N，使得，连接，易知四边形MNQP是平行四边形，
所以，连接，则，且所以四边形ADNE为矩形，故，
同理，且，故四边形FMNE是平行四边形，
所以，所以，故四点共面．
【小问2详解】
以点O为原点，以OA为轴，以OB为轴，轴过且平行于，如图建系，

由，可得各点坐标，
，，，，，，，
已知、分别是、的中点，所以，，
由，得，，故，
所以，又，
所以等腰三角形的面积为，
又，，
设平面PQF的法向量为，因此，
所以，取，可得，又，
所以B点到平面PQF的距离为，
则．
【小问3详解】
仍建立（2）中的空间直角坐标系，设，
因为，，
则，，，
平面EFPQ中向量，，
设平面EFPQ的一个法向量为，
因为，则，取，可得其一个法向量为，
平面BPQ中，，，
设平面BPQ的一个法向量为，因为，
则，取，所以其中一个法向量，
若，
则，即有，
解得，所以不存在点使得平面与平面的夹角的余弦值为．
19. 如图，为矩形对角线的交点，，，，，点，分别是线段，线段的等分点，直线和直线的交点为．
（1）当时，求直线与直线的交点的坐标；
（2）证明：点在同一椭圆上，并求出该椭圆的方程；
（3）过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，直线分别与直线交于点，当时，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析；：
（3）
【解析】
【分析】（1）确定 ，的坐标， 分别写出直线，的方程，联立方程求解即可.
（2）写出等分点，的坐标，分别写出直线，的方程，联立两直线方程，消去参数，消去参数，求解即可.
（3）设直线直线：代入椭圆方程得到一元二次方程，
由判别式可得，求出直线，与的交点，的坐标，化简，再由求解即可.
【小问1详解】
已知，，为原点，在轴且，故，且轴，
所以，当时，，分别为，的中点，所以，，
直线过与，斜率，所以：，
直线过与，斜率，
所以：，联立，解得，，
所以.
【小问2详解】
由题意可知，点是线段的第个等分点：，点是线段的第个等分点：，：，
：，设，联立，解得，，消去参数，，所以，
所以点在同一椭圆上，该椭圆的方程为.
【小问3详解】
直线：代入椭圆方程可得，，由，设点，，
直线：，令得，同理，，，
因为 ，，故，同号，，
化简可得，由，结合解得.