精品解析：河北省张家口市2025-2026学年高二上学期期末教学质量监测数学试卷

张家口市2025－2026学年度第一学期高二年级期末教学质量监测 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试时长120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在试卷和答题卡上. 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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.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.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知等差数列的公差为，已知，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 2. 已知空间中三点，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 点在抛物线上，若点到点的距离为5，则点到轴的距离为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 4. 已知平面的一个法向量，是平面内一点，是平面外一点，则点到平面的距离是（ ） A. B. 2 C. D. 3 5. 设等比数列的前项和为，若，，则（ ） A. 40 B. 32 C. 24 D. 18 6. 在正方体中，若，，，为线段上一点，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，点在上，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知公差为的等差数列的前项和为，若，，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知空间向量，，，则（ ） A. B. C. D. 能构成空间的一个基底 10. 已知数列的通项公式为，前项和为，则（ ） A. B. C. D. 若，则数列的前100项和为 11. 已知圆，直线恒过定点，则下列结论正确的是（ ） A. 若直线与圆相切，则或 B. 若直线，为圆的两条切线，且，为切点，则直线的方程为 C. 若直线与圆相交于，两点，则的最小值为 D. 若直线与圆相交于，两点，则当取最大值时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在空间四边形中，已知空间内一点满足，若，，共面，则______. 13. 若双曲线的弦被点平分，则此弦所在直线的方程为______. 14. 抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点（点在轴的左侧），若，则的斜率为______. 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，为其前项和，，. （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前项和为，求证：. 16. 已知圆的圆心在上，点，在圆上. （1）求圆的标准方程； （2）过点的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程. 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，，且，，点，分别在，上，且，. （1）证明：平面. （2）证明：平面. （3）求直线与平面夹角的正弦值. 18. 已知数列是等差数列，其前项和为，数列是正项等比数列，，，，是和的等比中项. （1）求.和的通项公式. （2）求的前项和. （3）设，求证：. 19. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，其离心率为，且上的点到其中一个焦点的距离的最小值为1，过右焦点的直线交椭圆于，两点（均不与点，重合），直线交于点. （1）求椭圆的标准方程； （2）证明：，，三点共线； （3）求面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 张家口市2025－2026学年度第一学期高二年级期末教学质量监测 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试时长120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在试卷和答题卡上. 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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.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.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知等差数列的公差为，已知，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合等差数列的通项公式运算求解即可. 【详解】因为数列为等差数列，且， 若，则，可得. 故选：A. 2. 已知空间中三点，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量的坐标规则进行线性运算即可. 【详解】因为，，， 所以 故选：D. 3. 点在抛物线上，若点到点的距离为5，则点到轴的距离为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合抛物线的定义运算求解即可. 【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，准线方程为， 因为点到焦点的距离为5，则点到准线的距离为5， 且点在轴上方，所以点到轴的距离为. 故选：B. 4. 已知平面的一个法向量，是平面内一点，是平面外一点，则点到平面的距离是（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由空间向量求解点到平面的距离即可． 【详解】因为，，则. 因为点在平面内，点在平面外， 平面的一个法向量， 所以点到平面的距离. 故选：C. 5. 设等比数列的前项和为，若，，则（ ） A. 40 B. 32 C. 24 D. 18 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列的前项和性质可知2，6，成等比数列，结合等比中项运算求解. 【详解】因为数列为等比数列，且，，则， 又因为，，成等比数列，即2，6，成等比数列， 则，所以. 故选：D. 6. 在正方体中，若，，，为线段上一点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合空间向量的线性运算求解即可. 【详解】在正方体中，，，，， 则， 又， 所以. 故选：A. 7. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，点在上，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用双曲线的定义和余弦定理结合三角形的面积公式即可求解. 【详解】由题意知，. 又，所以， 则，所以， 可得，则的面积为. 故选：B. 8. 已知公差为的等差数列的前项和为，若，，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据等差数列求和公式和题目条件得到方程，求出，故当时，取得最大值，所以，解得. 【详解】因为为等差数列，且， 所以 ， 又， 故，解得. 因为，所以，所以当时，取得最大值， 所以，又， 故，解得. 故选：C. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知空间向量，，，则（ ） A. B. C. D. 能构成空间的一个基底 【答案】AB 【解析】 【分析】根据空间向量的坐标运算分析判断ABC；分析可知，即可知不能构成空间的一个基底，即可判断D. 【详解】因为空间向量，，， 对于选项A：因为，所以，故A正确； 对于选项B：，故B正确； 对于选项C：因为， 所以，故C错误； 对于选项D：因为，即， 所以不能构成空间的一个基底，故D错误； 故选：AB. 10. 已知数列的通项公式为，前项和为，则（ ） A. B. C. D. 若，则数列的前100项和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据通项公式逐一列举可判断ABC，根据等比数列前项和公式可判断D. 【详解】由，可知，，，，，， 所以A，B正确；，所以，C错误； ，则的前100项和为，D正确. 故选：ABD 11. 已知圆，直线恒过定点，则下列结论正确的是（ ） A. 若直线与圆相切，则或 B. 若直线，为圆的两条切线，且，为切点，则直线的方程为 C. 若直线与圆相交于，两点，则的最小值为 D. 若直线与圆相交于，两点，则当取最大值时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：根据直线与圆的位置关系列式求解即可；对于B：设切点，，求切线，的方程，同构可得直线的方程；对于C：根据数量积可得，即可得最值；对于D：根据面积结合基本不等式可得，进而列式求解即可. 【详解】圆的圆心为，半径， 直线即为， 令，解得，所以直线恒过定点. 对于选项A：若直线与圆相切，则圆心到直线的距离， 整理可得，解得，故A错误； 对于选项B：设切点，， 在切线上任取一点，则，， 因为，则， 整理可得， 且点在圆上，则，所以切线， 同理可得：切线， 因为切线和交于点，代入切线方程可得和， 即点和同时满足，所以直线的方程为，故B正确； 对于选项C：设与的夹角为，则. 当直线过圆心，此时，可得的最小值为， 则的最小值为，故C正确； 对于选项D：设点到直线的距离为，则， 可得， 当且仅当时，等号成立， 则点到直线的距离为， 即，解得，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在空间四边形中，已知空间内一点满足，若，，共面，则______. 【答案】 【解析】 【分析】分析可知，，，，四点共面，根据四点共面的结论运算求解即可. 【详解】因为， 若，，共面，则，，，四点共面， 则，解得. 故答案为：. 13. 若双曲线的弦被点平分，则此弦所在直线的方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】设弦所在直线与双曲线的交点分别为，，根据题意利用点差法运算求解. 【详解】设弦所在直线与双曲线的交点分别为，，显然， 则，即， 因为，两式作差得， 可得，可知弦所在的直线的斜率为， 故所求直线为，整理得， 联立方程，消去y可得， 则，符合题意. 故答案为：. 14. 抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点（点在轴的左侧），若，则的斜率为______. 【答案】## 【解析】 【分析】设直线方程和交点坐标，联立方程组，由韦达定理和已知的向量关系建立方程组，解得斜率. 【详解】抛物线的焦点为，设，，， 设直线，由消去，得，， 则，. 因为，即， 所以，所以，即， 因为，所以，所以. 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. 已知数列为等差数列，为其前项和，，. （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前项和为，求证：. 【答案】（1） （2） 由（1）可得， 则， 因为，则，所以，得证. 【解析】 【分析】（1）根据等差数列通项公式和前项公式列方程组求，即可得数列的通项公式； （2）整理可得，利用裂项相消法可得，进而分析证明. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 因为，解得， 所以. 【小问2详解】 略 16. 已知圆的圆心在上，点，在圆上. （1）求圆的标准方程； （2）过点的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设圆心坐标，求的中点坐标，由垂径定理得到，即可求得圆心坐标，然后求得半径，即可写出圆的方程； （2）当斜率不存在时，写出直线方程，联立方程组求得，验证此时直线是否满足题意；当斜率存在时，设直线方程，得到圆心到直线的距离，由垂径定理求得斜率，即可得直线方程. 【小问1详解】 圆心在直线上，设圆的圆心为，的中点为. 因为，，所以的中点的坐标为. 因为，所以，即，解得， 所以圆心的坐标为，所以半径， 故圆的标准方程为. 【小问2详解】 ①当直线的斜率不存在时，因为直线过，所以直线的方程为. 将代入，得， 解得或，所以，成立. ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即. 圆心到直线的距离. 因为，所以，解得， 所以方程为，即. 综上，直线的方程为或. 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，，且，，点，分别在，上，且，. （1）证明：平面. （2）证明：平面. （3）求直线与平面夹角的正弦值. 【答案】（1） 解法一：底面是正方形，故， 又平面平面，交线为，平面， 所以⊥平面， 又平面，所以⊥， 又，，平面， 所以平面； 解法二：因为底面是正方形，所以. 又，所以. 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面. （2） 因为四边形是正方形，且平面， 故以点为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，，所以，，，，. 因为，所以，所以，，. 设平面的法向量为， 得令，则. 因为，所以平面. （3） 【解析】 【分析】（1）解法一：由面面垂直得到⊥平面，⊥，结合，得到线面垂直； 解法二：得到，又，所以，由面面垂直得到线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到，所以平面； （3）求出平面的法向量，利用线面角的正弦公式进行求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，所以，所以. 由（2）得. 设平面的法向量为，则可得即 令，可得. 由（2）得，设直线与平面的夹角为， 故， 即直线与平面夹角的正弦值为. 18. 已知数列是等差数列，其前项和为，数列是正项等比数列，，，，是和的等比中项. （1）求.和的通项公式. （2）求的前项和. （3）设，求证：. 【答案】（1）， （2） （3） 因为， 所以 ，而设， 两式错位相减即可求得，可得 所以， 则原不等式得证. 【解析】 【分析】（1）由和可求出等差数列公差，根据定义即可求出，由是和的等比中项，可求出，可求出公比，即可求出； （2）由（1）可知与代入利用错位相减法求出； （3）利用放缩法和裂项错位相减即可证明. 【小问1详解】 因为，，所以， 所以， 因为，由题意得， 因为，，所以， 因为数列是正项等比数列，所以，所以. 【小问2详解】 由（1）得， 则，， 故， 所以. 【小问3详解】 略 19. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，其离心率为，且上的点到其中一个焦点的距离的最小值为1，过右焦点的直线交椭圆于，两点（均不与点，重合），直线交于点. （1）求椭圆的标准方程； （2）证明：，，三点共线； （3）求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 由（1）得，，右焦点， 过的直线的斜率可能不存在，但不为0，且直线与椭圆必相交 设直线，，， 联立，消去x得， 则，， 直线的方程为，当时，，故， 则，， 可得， 可知，所以，，三点共线. （3） 【解析】 【分析】（1）根据离心率可得，结合椭圆性质求，即可得椭圆方程； （2）设直线，与椭圆方程联立可得韦达定理，求得，利用向量平行证明三点共线即可； （3）利用韦达定理可得，且，换元令，可得，结合对勾函数单调性求最值即可. 【小问1详解】 因为，即， 又因为椭圆上的点到其中一个焦点的距离的最小值为1， 则，则，， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）得，， 因为，则， 又因为， 令，则，可得， 令，则在区间上单调递增， 所以当时，取得最小值4，即， 可得，则， 所以面积的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $