精品解析：黑龙江省大庆市大庆中学2025-2026学年高二上学期1月期末数学试题

保密★启用前 大庆中学2025-2026学年度上学期期末考试 高二年级数学试题 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 画法几何创始人蒙日发现：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，且圆半径的平方等于长半轴､短半轴的平方和，此圆被命名为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的离心率为，则椭圆的蒙日圆的方程为（    ） A. B. C. D. 5. 在等比数列中，若是方程的两个根，则的值是（ ） A. B. C. 2 D. 6. 已知点在直线上，过作圆的两条切线，切点为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C、D两点，若．则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 二、多选题（共18分） 9. 若平面向量，满足，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 与的夹角为 C. D. 10. 设是等差数列的前项和，若，，则（ ） A. B. 中最小值为 C. 当取得最大值时， D. 使成立的最大整数为15 11. 函数的图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. 将向左平移个单位长度，得到函数 D. 若方程在上有个不相等的实数根，则的取值范围是 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（共15分） 12. 抛物线的焦点坐标为________． 13. 从1,2,4,5这4个数字中任取2个，则这2个数字之差的绝对值大于2的概率为______. 14. 在数列中，，若对于任意的恒成立，则实数k的最小值为______. 四、解答题（共77分） 15. “神舟”飞天、“嫦娥”奔月、“北斗”组网、“天眼”巡空、“墨子”传信……，中国航天事业从无到有，从小到大，从弱到强，经过几代航天人的接续奋斗，中国走出了一条自力更生、自主创新的发展道路，积淀了深厚博大的航天精神，在航天史上不断书写崭新的一页，正如杨利伟所说：“我们的目标是让中国航天迈入航天强国！我们的目标是星辰大海！”我国某航天技术持续突破，航天员在轨工作效率与任务完成质量稳居世界前列．某校举办了航天相关知识竞赛，满分为100分，所有参赛学生的成绩都不低于50分．现从中随机抽取了50名学生的成绩，并以，，，，为分组，制成了如下图所示的频率分布直方图． （1）估计这50名学生成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间中点值代表）； （2）现采用分层抽样的方式从成绩不低于70分的学生中抽取6人，再从这6人中，随机抽取2人，请写出样本空间，并求这2人来自相同组的概率． 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求C； （2）若，，求的周长． 17. 已知数列是公差不为0的等差数列，其前项和为，且成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 18. 如图，在四棱锥中，，底面ABCD是边长为2的菱形且.设为AD的中点且，点到平面ABCD的距离为. （1）求证：. （2）在线段PC上是否存在一点，使得锐二面角的余弦值为，若存在，说明点的位置；若不存在，请说明理由. 19. 已知椭圆的右焦点为，右顶点为， （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线交该椭圆于、两点，且，为坐标原点，当的面积最大时，求的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 保密★启用前 大庆中学2025-2026学年度上学期期末考试 高二年级数学试题 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合的并集运算求解即可． 【详解】因为，， 所以． 故选：D． 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题知，进而得. 【详解】由题，，故，. 故选：D 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将弦化切求得，再根据两角和的正切公式即可求解. 【详解】因为， 所以，， 所以， 故选：B. 4. 画法几何创始人蒙日发现：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，且圆半径的平方等于长半轴､短半轴的平方和，此圆被命名为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的离心率为，则椭圆的蒙日圆的方程为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据离心率公式得到，再利用给定结论求解即可. 【详解】由题可知，，解得， 则，则圆半径的平方等于，且圆心为原点， 则圆的方程为. 故选：B. 5. 在等比数列中，若是方程的两个根，则的值是（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据韦达定理以及等比数列的性质即可求解. 【详解】由于是方程的两个根，故，， 因此，从而， 又是等比数列，故，， 故选：B 6. 已知点在直线上，过作圆的两条切线，切点为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由圆的方程求得其圆心和半径，求出圆心到直线l的距离d，分析可得，当时，取最大值，结合，求出，结合圆的切线性质，即可求得答案. 【详解】圆的标准方程为，圆心，半径， 圆心到直线的距离为，即l与圆相离， 由于，故， 故当时，最小，此时最大，则也取最大值， 此时，所以， 所以. 故选：C. 7. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则， 所以， 又， 则， 所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故选：C. 8. 已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C、D两点，若．则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】设公共焦点为，进而可得准线为，代入双曲线及渐近线方程，结合线段长度比值可得，再由双曲线离心率公式即可得解. 【详解】设双曲线与抛物线的公共焦点为， 则抛物线的准线为， 令，则，解得，所以, 又因为双曲线的渐近线方程为，所以， 所以，即，所以， 所以双曲线的离心率. 故选：A. 二、多选题（共18分） 9. 若平面向量，满足，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 与的夹角为 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过向量模的平方与点积的关系求出，再依次验证向量夹角、向量垂直关系、向量差的模，确定正确选项. 【详解】对于A，由，代入，， ，，解得，故A正确. 对于B，设与的夹角为，由，得：， ，则，故B错误. 对于C，，故，故C正确. 对于D，由，得，故D正确. 故选：ACD 10. 设是等差数列的前项和，若，，则（ ） A. B. 中最小值为 C. 当取得最大值时， D. 使成立的最大整数为15 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意，利用等差数列的求和公式和等差数列的性质，求得，且，，结合选项，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，由，可得， 又因为，可得，即，所以， 所以，所以A正确； 对于B，因为，且，所以且，所以B正确； 对于C，在等差数列中，由且， 则当时，可得；当时，可得， 所以当取得最大值时，，所以C正确； 对于D，由，且， 所以使得成立的最大整数为，所以D错误. 故选：ABC. 11. 函数的图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. 将向左平移个单位长度，得到函数 D. 若方程在上有个不相等的实数根，则的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】由图象经过点列方程求，判断A，结合余弦函数性质验证B，根据函数图象变换法则，结合诱导公式判断C，令，可得在上有个不相等的实数根，结合正弦函数性质判断D. 【详解】观察可得函数的图象过点， 所以， 所以，， 所以，，又， 所以，A正确； 所以， 因为时，， 所以点不是函数的图象的对称中心，B错误； 函数向左平移个单位长度，可得函数的图象， 又，所以C正确； 因为， 由可得，， 令，由已知可得在上有个不相等的实数根， 因为函数在上单调递增，在上单调递减， 且时，，时，， 时，， 所以，D错误. 故选：AC. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（共15分） 12. 抛物线的焦点坐标为________． 【答案】 【解析】 【分析】形如的抛物线的焦点坐标为，由此即可得解. 【详解】由题意抛物线的标准方程为，所以其焦点坐标为. 故答案为：. 13. 从1,2,4,5这4个数字中任取2个，则这2个数字之差的绝对值大于2的概率为______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用列举法列举所有可能结果，选出符合条件的结果，利用古典概型公式即可求解 【详解】任取两个不同的数有共6种， 2个数之差的绝对值大于2的有， 由古典概型可知，所求概率为． 故答案为： 14. 在数列中，，若对于任意的恒成立，则实数k的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用构造法分析得数列是等比数列，进而求得，从而将问题转化为恒成立，令，分析数列的最值，从而得解. 【详解】由，得，又， 故数列为首项为，公比为的等比数列， 所以， 则不等式可化为，令， 当时，；当时，； 又， 则当时，，当时，， 所以，则，即实数的最小值为. 故答案为：. 四、解答题（共77分） 15. “神舟”飞天、“嫦娥”奔月、“北斗”组网、“天眼”巡空、“墨子”传信……，中国航天事业从无到有，从小到大，从弱到强，经过几代航天人的接续奋斗，中国走出了一条自力更生、自主创新的发展道路，积淀了深厚博大的航天精神，在航天史上不断书写崭新的一页，正如杨利伟所说：“我们的目标是让中国航天迈入航天强国！我们的目标是星辰大海！”我国某航天技术持续突破，航天员在轨工作效率与任务完成质量稳居世界前列．某校举办了航天相关知识竞赛，满分为100分，所有参赛学生的成绩都不低于50分．现从中随机抽取了50名学生的成绩，并以，，，，为分组，制成了如下图所示的频率分布直方图． （1）估计这50名学生成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间中点值代表）； （2）现采用分层抽样的方式从成绩不低于70分的学生中抽取6人，再从这6人中，随机抽取2人，请写出样本空间，并求这2人来自相同组的概率． 【答案】（1）74 （2）样本空间见解析， 【解析】 【分析】（1）先利用频率和为1求出，再利用平均数求解公式可得答案； （2）先求出每个区间抽取的人数，列举可得样本空间，利用古典概率求法可得答案. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得，解得， 所以. 【小问2详解】 不低于70分的学生中，，，中人数占比为3:2:1， 因为采用分层抽样的方式，所以，，中抽取的人数分别为3，2,1. 记中3人为，中2人为，中1人为； 从这6人中，随机抽取2人，样本空间为：， ， ，共15种； 这2人来自相同组的有：，共4种， 所以这2人来自相同组的概率为. 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求C； （2）若，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由结合正弦定理边化角以及辅助角公式即可分析计算求解； （2）先由正弦定理得到接着由余弦定理求出即可求得即可求解. 【小问1详解】 由题意得， 由正弦定理得， 又,，所以，即， 所以，即，所以． 又，所以， 所以，即． 【小问2详解】 由（1）及正弦定理，得， 则，，故． 所以由余弦定理得，整理得． 所以，即，所以， 故的周长为． 17. 已知数列是公差不为0的等差数列，其前项和为，且成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的前项和公式、等比中项性质列方程组求解即可. （2）通过分组求和法，结合等差数列的前项和公式、等比数列的前项和公式求解即可. 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为（）. 由题意知，即，解得， 所以， 故数列的通项公式为：. 【小问2详解】 由题意得. 所以 . 故数列的前项和为：. 18. 如图，在四棱锥中，，底面ABCD是边长为2的菱形且.设为AD的中点且，点到平面ABCD的距离为. （1）求证：. （2）在线段PC上是否存在一点，使得锐二面角的余弦值为，若存在，说明点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，点为线段PC上靠近的三等分点处 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，再证明线线垂直即可； （2）建立空间直角坐标系，根据向量法求锐二面角的余弦，即可确定点的位置. 【小问1详解】 因为，且为AD的中点，所以. 又因为四边形是边长为2的菱形且， 所以，因为，平面 所以平面，因为平面， 所以，又因为， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，平面，且平面. 所以平面平面，且平面平面. 过点作平面的垂线，垂足为，则. 因为，所以. 因为，所以. 以点为坐标原点，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，. 所以. 设为上一点，则. 所以. 设平面的法向量为， 由，得，令， 则，即， 又平面的一个法向量为. 由题意，得，解得. 即当点为线段PC上靠近的三等分点处时，锐二面角的余弦值为. 19. 已知椭圆的右焦点为，右顶点为， （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线交该椭圆于、两点，且，为坐标原点，当的面积最大时，求的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知条件得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的标准方程； （2）由对称性可知，直线过轴上的定点，分析可知，直线不与轴重合，设该直线方程为，设点、，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，结合与韦达定理可求出的值，然后利用三角形的面积公式结合对勾函数的单调性求出面积的最大值及其的值，即可得出直线的方程. 【小问1详解】 由题意可得，解得，故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 由对称性可知，直线过轴上的定点，易知点， 若直线与轴重合，与矛盾， 设直线的方程为，设点、， 联立可得， ， 由韦达定理可得，， 因为， 则 ， 即， 因为直线不过点，则，故， 即直线的方程为， 所以 ， 令， 则， 由对勾函数的单调性可知， 函数在上为增函数， 故当时， 即当时，取最大值，且其最大值为， 故当的面积最大时，直线的方程为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $