精品解析：上海市上海交通大学附属中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

2025-2026学年度第一学期 高二数学期中考试卷 （本试卷满分150分，考试时间120分钟，答案一律写在答题纸上.） 命题：崔文鑫 审核：杨逸峰 一、填空题（本大题满分54分，前6题每题4分，后6题每题5分，填错或不填在正确的位置一律得零分） 1. 已知，不等式的解集为_____. 2. 已知数列是等差数列，且，则其前7项和_________． 3. 已知虚数是关于的实系数一元二次方程的一个根，且，则实数的值为___________ 4. 函数的单调递减区间是_____________ 5. 已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则______． 6. 直线的倾斜角的大小为_____. 7. 过点的直线与曲线有且仅有两个不同的交点，则的斜率的取值范围为_____. 8. 下列各图是正方体或正四面体(四个面都是正三角形的四面体)，分别是所在棱的中点，这四个点共面的图是_____， 9. 已知双曲线的左，右焦点分别为，点在双曲线上，且满足，倾斜角为锐角的渐近线与线段交于点，且，则的值为______. 10. 在平面中，和是互相垂直的单位向量，向量满足，向量满足，则在方向上的数量投影的取值范围_____. 11. 已知实数，满足，则的取值范围是______. 12. 若直线交椭圆（，且、为整数）于点、．设为椭圆的上顶点，而的重心为椭圆的右焦点，则椭圆的方程为______． 二、选择题（本大题共4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分） 13. 已知a，，，则下列不等式中不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 14. 如图，设抛物线的焦点为，过轴上一点作直线交于，两点，若，，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 15. 油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫开展油纸伞文化艺术节活动中，某油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞伞沿是一个半径为2的圆，圆心到伞柄底端距离为2，当阳光与地面夹角为时，在地面形成了一个椭圆形影子，且伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，若该椭圆的离心率为e，则（ ） A. B. C. D. 16. 已知曲线的对称中心为O，若对于上的任意一点A，都存在上两点B，C，使得O为的重心，则称曲线为“自稳定曲线”．现有如下两个命题： ①任意椭圆都是“自稳定曲线”；②存在双曲线是“自稳定曲线”． 则（ ） A. ①是假命题，②是真命题 B. ①是真命题，②是假命题 C. ①②都是假命题 D. ①②都是真命题 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分）解答下列各题必须在答题纸规定的方框内写出必要步骤. 17. 已知数列，其前项和为.数列满足，. （1）求数列、的通项公式； （2）若数列满足，求数列前项和. 18. 如图，已知是正三角形，都垂直于平面，且是的中点，求证： （1）平面； （2）平面. 19. 已知函数的最小正周期为π． （1）求的单调递减区间； （2）先将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，再将所得图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若对任意的，不等式恒成立，求实数m的取值范围． 20. 已知动圆过定点，且与直线相切，其中. （1）求动圆圆心的轨迹方程； （2）设，是轨迹上异于原点的两个不同点，若以为直径的圆恰好过点，证明直线恒过定点，并求出该定点坐标； （3）设，是轨迹上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当时，证明直线恒过定点，并求出该定点坐标. 21. 已知椭圆的离心率为，短轴长为2，椭圆上有两点关于原点对称，动点与两点的连线分别交椭圆于点，满足，. （1）求椭圆的方程； （2）求动点的轨迹方程； （3）过点作椭圆的两条切线（与坐标轴不垂直），试探究两切线斜率乘积是否为定值？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第一学期 高二数学期中考试卷 （本试卷满分150分，考试时间120分钟，答案一律写在答题纸上.） 命题：崔文鑫 审核：杨逸峰 一、填空题（本大题满分54分，前6题每题4分，后6题每题5分，填错或不填在正确的位置一律得零分） 1. 已知，不等式的解集为_____. 【答案】 【解析】 【分析】转化为一元二次不等式求解可得. 【详解】，解得， 所以，原不等式的解集为. 故答案为： 2. 已知数列是等差数列，且，则其前7项和_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用公式法可求. 【详解】设等差数列的公差为，则， 故， 故， 故答案为： 3. 已知虚数是关于的实系数一元二次方程的一个根，且，则实数的值为___________ 【答案】4 【解析】 【分析】依题意，虚数和都是此实系数一元二次方程的根，结合韦达定理求出的值. 【详解】虚数是关于的实系数一元二次方程的一个根， 则有，得， 方程的另一个虚数根为，所以. 故答案为：4 4. 函数的单调递减区间是_____________ 【答案】和 【解析】 【分析】根据题意整理的解析式可得，据此作出函数图像，利用图象分析函数的单调区间. 【详解】由题意可知：的定义域为， 可得， 作出的图象， 由图象可知函数的单调递减区间是和. 故答案为：和. 5. 已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理进行角换边，再利用余弦定理和同角三角函数关系即可得到答案. 【详解】由正弦定理知，所以， 则，又，所以. 故答案为：. 6. 直线的倾斜角的大小为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，先求出直线的斜率，根据的符号判断斜率的正负，进而确定倾斜角的范围，最后利用反正切函数表示出倾斜角. 【详解】设直线的倾斜角为， 由，得，所以，又，所以， 所以. 故答案为：. 7. 过点的直线与曲线有且仅有两个不同的交点，则的斜率的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】画出图象，结合直线与半圆的位置关系求得正确答案. 【详解】对于曲线，两边平方并化简得， 所以曲线表示以原点为圆心，半径为的圆在轴下方的半圆， 画出图象如下图所示， 依题意可知，直线的斜率存在，设斜率为， 则直线的方程为，即， 令原点到直线的距离，整理得， 解得或. 过和两点的直线的斜率为， 过和两点的直线的斜率为， 结合图象可知，要使直线与曲线有且仅有两个不同的交点， 直线的斜率的取值范围是. 故答案为： 8. 下列各图是正方体或正四面体(四个面都是正三角形的四面体)，分别是所在棱的中点，这四个点共面的图是_____， 【答案】①②③ 【解析】 【分析】根据线线平行得出四点共面分别判定①②③，根据异面直线判定④. 【详解】 在①中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点， 所以，因为，所以是平行四边形， 所以， 所以，∴四点共面． 在②中， 取的中点N，P，Q，R，S分别是所在棱的中点， 可得交于直线延长线上一点， ∴四点共面，设为， 在正方体中：，∴四点共面，设为. ∵都经过不共线的三点，∴与重合，∴四点共面． 在③中，分别是所在棱的中点，所以，所以， ∴四点共面． 在④中， 连接，如图，∵平面平面且， ∴直线与为异面直线．∴四点不共面． 故答案为：①②③ 9. 已知双曲线的左，右焦点分别为，点在双曲线上，且满足，倾斜角为锐角的渐近线与线段交于点，且，则的值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】双曲线C的半焦距为c，根据给定条件求出点P、Q坐标，再由点Q在渐近线上求出a，b的关系，然后结合双曲线定义计算作答. 【详解】设双曲线C的半焦距为c，即有， 因，则， 即直线与双曲线C交于点P，且点P在第一象限， 由得点，由， 而，得， 代入得：，即，不妨，则， 故，则，因此. 故答案为：. 10. 在平面中，和是互相垂直的单位向量，向量满足，向量满足，则在方向上的数量投影的取值范围_____. 【答案】 【解析】 【分析】设，，，由题意点A,B分别在两个圆上运动，作，由数量投影的定义，分为锐角、钝角时讨论，先固定点，移动点A，再固定点，移动点，由图可得取最值时的情况，由几何关系求解即可. 【详解】由题可设，，， 则可得在以为圆心，3为半径的圆上， B在以为圆心，1为半径的圆上， 如图所示，作，垂足为，当为锐角时，在方向上的数量投影为， 先固定点，移动点A，当变小时，变大，变大， 则当直线与圆相切时，最大； 再固定点，移动点，则当与圆N相切时最大； 此时，，，则， 作，垂足为，连接， 则， 故在方向上的数量投影最大为； 当为钝角时，在方向上的数量投影为， 则越大，数量投影越小， 先固定点，移动点A，当变大时，变小，数量投影变小， 则当直线与圆相切时，数量投影最小； 再固定点，移动点，当与圆N相切时最大，数量投影最小； 此时，，， 则， 作，垂足为， 则， 则在方向上的数量投影最小为. 故答案为：. 11. 已知实数，满足，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】分情况讨论可作曲线，再根据双曲线的渐近线，结合目标函数的几何意义及曲线的几何性质可得解. 【详解】因为实数，满足， 当，时，方程为，图象为椭圆在第一象限的部分； 当，时，方程为，图象为双曲线在第四象限的部分； 当，时，方程为，图象为双曲线在第二象限的部分； 当，时，方程为，图象不存在， 在同一坐标系中作出函数的图象如图所示， 根据双曲线的方程可知，两条双曲线的渐近线方程都是， 令，即直线与渐近线平行， 当最大时，为图中①的情况，即直线与椭圆相切， 联立方程组， 可得， 当直线与椭圆相切时，则有， 解得， 又因为椭圆的图象只有第一象限的部分， 故， 当最小值时，恰在图中②的位置，且取不到这个最小值， 此时，则， 综上可得，的取值范围为， 所以的取值范围为， 即的取值范围是． 故答案为： 12. 若直线交椭圆（，且、为整数）于点、．设为椭圆的上顶点，而的重心为椭圆的右焦点，则椭圆的方程为______． 【答案】 【解析】 【详解】设，， 由题意的重心为椭圆的右焦点，整理得，． 由，在直线上，得到． 由，在椭圆上，得到，． 两式相减并整理得， 整理得． ① 因为，在直线上， 所以有，． 将，代入得， 整理得． ② 联立①②，且注意到、为整数，解得，，． 故所求的椭圆方程为． 二、选择题（本大题共4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分） 13. 已知a，，，则下列不等式中不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式性质可判断A，B；举反例可判断C；根据指数函数的单调性判断D. 【详解】对于A，B，a，，，则,一定成立； 对于C，取，满足，则， 当时，，故C中不等式不一定成立； 对于D，由，由于在R上单调递增，则成立， 故选：C 14. 如图，设抛物线的焦点为，过轴上一点作直线交于，两点，若，，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，可求两线段的长度之比. 【详解】对抛物线，焦点，准线：. 如图： 过向准线作垂线，垂足为，交轴于，根据抛物线定义，得，所以； 过向准线作垂线，垂足为，交轴于，根据抛物线定义，得，所以. 所以，所以. 故选：B 15. 油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫开展油纸伞文化艺术节活动中，某油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞伞沿是一个半径为2的圆，圆心到伞柄底端距离为2，当阳光与地面夹角为时，在地面形成了一个椭圆形影子，且伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，若该椭圆的离心率为e，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意先求得短半轴长，再根据正弦定理求得，进而根据离心率的公式求解即可 【详解】因伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上， 由图可知，椭圆的短半轴长， 在中，， 由正弦定理得： ， 所以， 故选：D. 16. 已知曲线的对称中心为O，若对于上的任意一点A，都存在上两点B，C，使得O为的重心，则称曲线为“自稳定曲线”．现有如下两个命题： ①任意椭圆都是“自稳定曲线”；②存在双曲线是“自稳定曲线”． 则（ ） A. ①是假命题，②是真命题 B. ①是真命题，②是假命题 C. ①②都是假命题 D. ①②都是真命题 【答案】B 【解析】 【分析】设出椭圆、双曲线方程及点的坐标，结合三角形重心坐标公式利用点的坐标求出直线方程，再与椭圆或双曲线方程联立，判断是否有两个不同解即得. 【详解】椭圆是“自稳定曲线”. 设椭圆方程为，令，则，设， 由是的重心，知，直线过点， 当时，若，直线与椭圆有两个交点，符合题意， 若，直线与椭圆有两个交点，符合题意， 则当，即时，存在两点，使得的重心为原点， 同理，当，即时，存在两点，使得的重心为原点， 当时，，两式相减得， 直线的斜率，方程为，即， 由消去并整理得：， ，即直线与椭圆交于两点，且是的重心， 即当时，对于点，在椭圆上都存在两点，使得为的重心， 综上，椭圆上任意点，在椭圆上都存在两点，使得为重心，①为真命题； 双曲线不是“自稳定曲线”. 由对称性，不妨令双曲线方程为，令，则，设， 假设是的重心，则，直线过点， 当时，直线或直线与双曲线都不相交，因此， ，两式相减得， 直线的斜率，方程为，即， 由消去并整理得：， ，即直线与双曲线不相交， 所以不存在双曲线，其上点及某两点，为的重心，②是假命题. 故选：B 【点睛】思路点睛：涉及直线被圆锥曲线所截弦中点及直线斜率问题，可以利用“点差法”，设出弦的两个端点坐标，代入曲线方程作差求解，还要注意验证. 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分）解答下列各题必须在答题纸规定的方框内写出必要步骤. 17. 已知数列，其前项和为.数列满足，. （1）求数列、的通项公式； （2）若数列满足，求数列前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用化简求解，验证是否适合，从而求解，利用累加法求解数列的通项公式即可； （2）先求得，然后利用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 当时，. 又满足，所以. 由题意 ，经检验也满足，所以. 【小问2详解】 ，， ，① ②. ①-②得 ， 所以. 18. 如图，已知是正三角形，都垂直于平面，且是的中点，求证： （1）平面； （2）平面. 【答案】(1)证明：取AB的中点M,连FM,MC， ∵ F、M分别是BE、BA的中点， ∴ FM∥EA, FM＝EA， ∵ EA、CD都垂直于平面ABC， ∴ CD∥EA∴ CD∥FM又 DC＝a，∴   FM＝DC ∴ 四边形FMCD是平行四边形，∴ FD∥MC， ∴ FD∥平面ABC．           （2）证明：∵M是AB的中点，△ABC是正三角形， ∴CM⊥AB，又CM⊥AE，AB∩AE＝A， ∴CM⊥面EAB，CM⊥AF，FD⊥AF， ∵F是BE的中点, EA＝AB， ∴AF⊥EB， ∴AF⊥平面EDB．         【解析】 【详解】（1） 略； （2）略. 19. 已知函数的最小正周期为π． （1）求的单调递减区间； （2）先将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，再将所得图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若对任意的，不等式恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】（1），． （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据周期公式求出的值，进而得到函数的表达式，再根据正弦函数的单调性求出的单调递减区间； （2）然后根据三角函数图象的伸缩和平移变换规则求出的表达式，最后通过求解不等式恒成立问题，确定实数m的取值范围． 【小问1详解】 因为的最小正周期为，所以， 所以． 令，，得，， 故的单调递减区间为，． 【小问2详解】 由题可知将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍， 得函数，再将所得图象向左平移个单位长度， 得到函数， 令， 令，，则， 因为， 所以当时，取得最大值， 所以，解得或， 故实数m的取值范围为． 20. 已知动圆过定点，且与直线相切，其中. （1）求动圆圆心的轨迹方程； （2）设，是轨迹上异于原点的两个不同点，若以为直径的圆恰好过点，证明直线恒过定点，并求出该定点坐标； （3）设，是轨迹上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当时，证明直线恒过定点，并求出该定点坐标. 【答案】（1）； （2） 易知直线的斜率不为0，设其方程为，，， 联立，得， 则，， 由题意知，， 即， 利用韦达定理代入得，整理得， 因为直线不过原点，故，所以， 即直线方程为，过定点. （3） 证明：设，，由题意得（否则，且，， 所以直线的斜率存在，设其方程为， 显然，．即，， 把代入得， 由韦达定理知，，， 由得， 韦达定理代入上式，整理化简得，， 此时，直线的方程可表示为：，即， 令，解得， 直线恒过定点． 【解析】 【分析】（1）设动圆圆心为，则，由此能导出所求动圆圆心的轨迹的方程． （2）设出直线方程，联立抛物线方程消元，利用韦达定理代入整理可得； （3）设，，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，由得，由此能求出直线过定点坐标． 【小问1详解】 设动圆圆心为，依题意可得， 整理得， 所求动圆圆心的轨迹的方程是. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 21. 已知椭圆的离心率为，短轴长为2，椭圆上有两点关于原点对称，动点与两点的连线分别交椭圆于点，满足，. （1）求椭圆的方程； （2）求动点的轨迹方程； （3）过点作椭圆的两条切线（与坐标轴不垂直），试探究两切线斜率乘积是否为定值？ 【答案】（1） （2） （3）为定值，证明如下： 如图，作出符合题意的图形， 由题设，切线的斜率必定存在，设斜率为，得到切线方程为， 联立方程组， 得到， 因为直线与椭圆相切，所以， 可得， 化简得， 设过的两条切线的斜率分别为， 因为的轨迹方程为，所以解得， 由韦达定理得. 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的性质并结合题意建立方程，求出基本量，进而得到椭圆方程即可. （2）结合题意，设出点的坐标，利用得到，利用得到，再将两式相加即可. （3）设出切线方程并联立方程组得到，再结合判别式得到，最后利用韦达定理求解即可. 【小问1详解】 因为椭圆的短轴长为2，离心率为，所以，， 由椭圆的性质得，且，解得，， 则椭圆的方程为. 【小问2详解】 设， 而关于原点对称，则，可得，， 因为，所以，解得， 可得，因为在椭圆上，所以其坐标满足， 则，化简得， 而，， 因为，所以， 解得，则， 因为在椭圆上，所以其坐标满足， 则，化简得， 两式相加可得，即. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $