精品解析：黑龙江省哈尔滨市第九中学2025-2026学年高二上学期期末数学试题

哈尔滨市第九中学：2025—2026学年度高二上学期期末考试数学试卷 （考试时间：120分钟，满分：150分） 一、单选题（本题共有8个小题，每小题5分，共40分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知数列，，，3，…，则是这个数列的第（ ）项 A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 2. 圆与圆的位置关系是（ ） A. 相交 B. 内切 C. 外切 D. 内含 3. 在等差数列中，，，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 4. 如图所示，从甲地到丙地有2条公路可走，从丙地到乙地有3条公路可走，从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走.则从甲地到乙地的走法种数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 5. 已知实数4，m，9成等比数列且公比，则圆锥曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列满足，，是数列的前n项和，则使得的n的最小值为（ ） A. 31 B. 30 C. 29 D. 28 7. 已知数列是等比数列，若，是方程的两个根，则的值为（ ） A. 1013 B. C. 2023 D. 1022 8. 已知数列满足 ，，记，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3个小题，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，全部选对的得6分，部分选对得部分分） 9. 关于的展开式，下列判断正确的是（ ） A. 展开式共有7项 B. 展开式的各二项式系数的和为32 C. 展开式的第6项的系数为 D. 展开式中二项式系数最大的项是第4项 10. 已知等比数列中，满足 ， ，则下列说法中正确的有（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列是递增数列 C. 数列是等差数列 D. 数列中，，，仍成等比数列 11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P为椭圆C上一点，则（ ） A. 的周长为 B. 不存在点P，使得 C. 若，则的面积为 D. 使得为等腰三角形的点P共有6个 三、填空题（本题共有3个小题，每小题5分，共15分） 12. 设点在抛物线C：上，F为C的焦点，则______． 13. 关于x，y，z的方程（其中x，y，）的解共有______组． 14. 已知，，将，中所有项从小到大排列，形成一个新的数列，设含有中的p项和中的q项，当时，的前n项和为______． 四、解答题（本题共有5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 1.计算： 2.求二项式展开式中的常数项．（结果用数字作答） 3.哈尔滨市开展支教活动，我校有甲，乙，丙等6名教师被随机地分到A，B，C，D四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师，共有多少种不同分法．（结果用数字作答） 16. 已知等差数列的前n项和为，且 ，．在等比数列中，，， （1）求数列和的通项公式； （2）设，求数列的前n项和为． 17. 如图，在四棱锥 中， 平面，四边形为正方形，，E，F，G分别为PA，BC，CD的中点． （1）证明：平面PBC． （2）求直线EC与平面EFG所成角的正弦值． 18. 数列的前项和为，且满足；递增的等差数列满足 ，． （1）求数列、的通项公式； （2）若是、的等比中项，求数列的前项和； （3）在（2）的条件下，若对一切正整数恒成立，求实数的取值范围． 19. 在平面直角坐标系中，矩形，动点R在线段AB上，动点Q在 延长线上，满足 ，直线 与直线AQ交于P点，已知 ， ． （1）证明：动点P点所在曲线方程为双曲线 ． （2）在C的右支上任取一点，以为切点作C的切线交两条渐近线于，两点，过，两点分别作两条渐近线的平行线交于，过作直线的平行线，分别交两条渐近线于，，再过，两点分别作两条渐近线的平行线交于，一直反复操作，可得，，，…，． （i）写出直线的方程（不需要证明），并证明点O，，，…在同一条直线上． （ii）设，，以此类推，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈尔滨市第九中学：2025—2026学年度高二上学期期末考试数学试卷 （考试时间：120分钟，满分：150分） 一、单选题（本题共有8个小题，每小题5分，共40分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知数列，，，3，…，则是这个数列的第（ ）项 A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，写出通项公式，可得答案. 【详解】由题意可得根号下为奇数，则数列的通项， 验证：，，，，符合题意. 令，解得. 故选：B. 2. 圆与圆的位置关系是（ ） A. 相交 B. 内切 C. 外切 D. 内含 【答案】A 【解析】 【分析】利用圆心距与两圆半径的关系进行判断即可. 【详解】由题可知，圆的圆心，半径，圆的圆心，半径 ， 两圆的圆心距， 因为， 因此两圆相交， 故选：A. 3. 在等差数列中，，，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接根据等差数列的性质可得结果. 【详解】因为数列是等差数列，由等差的性质可得， 又因为，，所以，解得. 故选：B 4. 如图所示，从甲地到丙地有2条公路可走，从丙地到乙地有3条公路可走，从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走.则从甲地到乙地的走法种数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由分步乘法计数原理可知：从甲地经过丙地到乙地共有种走法； 又从甲地不经过丙地到乙地有2条水路可走， 所以根据分类加法计数原理可得：从甲地到乙地的走法种数为. 故选：D. 5. 已知实数4，m，9成等比数列且公比，则圆锥曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列的性质可得的值，从而得圆锥曲线为双曲线，根据双曲线方程确定的值，从而得曲线的离心率. 【详解】由题可得，所以 或， 又，所以，则， 则圆锥曲线为，整理得， 该方程表示焦点在 轴上的双曲线，其中，则， 故，所以双曲线的离心率为. 故选：A. 6. 已知等差数列满足，，是数列的前n项和，则使得的n的最小值为（ ） A. 31 B. 30 C. 29 D. 28 【答案】B 【解析】 【分析】通过已知两项求出公差与首项，推导前项和表达式，解不等式得到满足条件的最小正整数. 【详解】设等差数列的公差为，由，代入，，得，. . 前项和. 由，得，，. 解得（），故的最小值为. 故选：B 7. 已知数列是等比数列，若，是方程的两个根，则的值为（ ） A. 1013 B. C. 2023 D. 1022 【答案】A 【解析】 【分析】先根据韦达定理得到，再利用等比数列的性质得到，最后利用倒序相加法求和. 【详解】由题设及韦达定理，得， 由等比数列性质，得， 设， 所以， 则， 得， 所以. 故选：A 8. 已知数列满足 ，，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】代入前几项即可判断出A，B；然后分奇偶可求得数列的通项公式，从而判断出C，D. 【详解】因为 ，， 则，，， 所以，，所以A、B错误； 又因为，，， 则，即，即，故C正确， 可知数列是以首项为3，公差为4的等差数列， 所以，故D错误， 故选：C. 二、多选题（本题共3个小题，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，全部选对的得6分，部分选对得部分分） 9. 关于的展开式，下列判断正确的是（ ） A. 展开式共有7项 B. 展开式的各二项式系数的和为32 C. 展开式的第6项的系数为 D. 展开式中二项式系数最大的项是第4项 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式和性质逐一判断即得. 【详解】对于A，展开式的项数为 项，故A正确； 对于B，展开式的各二项式系数的和为，故B错误； 对于C，展开式的第6项为，故其系数为 ，故C正确； 对于D，因展开式有7项，其二项式系数依次为， 根据组合数的性质，的值最大，故二项式系数最大的项是第4项，故D正确 故选：ACD. 【点睛】 10. 已知等比数列中，满足 ， ，则下列说法中正确的有（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列是递增数列 C. 数列是等差数列 D. 数列中，，，仍成等比数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等比数列的定义可判断A；计算出数列的通项公式可判断B；根据等差数列的定义可判断C；根据等比数列的定义及性质可判断D. 【详解】由题可知，等比数列的通项公式为. 对于A：因为，故数列是等比数列，故A正确； 对于B：， 因此数列是以为首项，为公比的等比数列， 因此易知数列是递减数列，故B错误； 对于C：因为，故数列是等差数列，故C正确； 对于D：因为，故 ， 因此，同理， ，， 因此有，即，，仍成等比数列，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P为椭圆C上一点，则（ ） A. 的周长为 B. 不存在点P，使得 C. 若，则的面积为 D. 使得为等腰三角形的点P共有6个 【答案】ACD 【解析】 【分析】A根据椭圆的定义求出；B当点位于短轴顶点时，计算；C利用椭圆的定义以及在中利用余弦定理可得，再利用面积公式；D分、、三种情况，结合椭圆的对称性可判断. 【详解】由题意可知，， 则的周长为，故A正确； 当点位于短轴顶点时，，则， 此时，故B错误； 设，则， 在中利用余弦定理可得，， 即，即，即， 则，故的面积为，故C正确； 若，则由椭圆的对称性可知，点位于短轴顶点，共两个点； 若，由，以及椭圆的对称性可知，这样的点有个； 同理，若，这样的点也有个， 故使得为等腰三角形的点P共有6个，故D正确. 故选：ACD 三、填空题（本题共有3个小题，每小题5分，共15分） 12. 设点在抛物线C：上，F为C的焦点，则______． 【答案】4 【解析】 【分析】确定抛物线的准线方程，利用抛物线的定义即可求解出. 【详解】由题意知抛物线C：，则 ，准线， 又点在C上，则点A到焦点F的距离等于该点到准线的距离， 所以. 故答案为：. 13. 关于x，y，z的方程（其中x，y，）的解共有______组． 【答案】21 【解析】 【分析】本题可以转化为8个相同的球放入3个不同的盒子，每个盒子不空，利用隔板法结合组合数运算求解. 【详解】本题可以转化为8个相同的球放入3个不同的盒子，每个盒子不空， 则8个球有7个空，7个空中插入2个隔板，共有种不同选择， 所以原方程共有21组解. 故答案为：21. 14. 已知，，将，中所有项从小到大排列，形成一个新的数列，设含有中的p项和中的q项，当时，的前n项和为______． 【答案】3726或5154 【解析】 【分析】由题可得对于中的任意一项，总存在正整数，使.设，注意到表示中所有形如形式的数的个数，表示中所有奇数的个数，据此可得，经验证分析可得或，据此可得答案. 【详解】由题可得表示全体正奇数，表示所有形如形式的数. 则对于中的任意一项，总存在正整数，使. 设，则表示中所有形如 形式数的个数，从而.表示中所有奇数的个数， 其中，则；，则， 则. 又由题可得，则. 经验证可得时，不等式不成立；或时，不等式成立. 当时，， 又函数的增长速度远大于函数的增长速度， 则时，，不成立. 综上或. 当时，，， 则 ； 当时，，， 则 ； 故答案为：或 四、解答题（本题共有5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 1.计算： 2.求二项式展开式中的常数项．（结果用数字作答） 3.哈尔滨市开展支教活动，我校有甲，乙，丙等6名教师被随机地分到A，B，C，D四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师，共有多少种不同分法．（结果用数字作答） 【答案】15. ； 16. ； 17. . 【解析】 【分析】1.直接根据排列数、组合数及阶乘的公式计算可得； 2.直接用二项式定理的展开式的通项公式计算可得； 3.先将6名老师分和两组，然后再分配到四个不同的中学去，再根据排列组合的分组分配问题计算可得. 【详解】1.； 2.因为二项式展开式的通项公式，， 令，解得，所以. 故二项式展开式中的常数项为； 3.因为6名教师分到A，B，C，D四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师， 所以先将6名教师分成4组，每组至少一个，故有两种分组结构：和. 分两类完成，第一类按分组，有（种）， 然后再分配到四个不同的中学去，有（种），所以有（种）不同的分配方法； 第二类按分组，有（种）， 然后再分配到四个不同的中学去，有（种），所以有（种）， 根据分类加法计数原理共有（种）不同的分配方法. 16. 已知等差数列的前n项和为，且 ，．在等比数列中，，， （1）求数列和的通项公式； （2）设，求数列的前n项和为． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由等差数列的通项公式与求和公式，等比数列的通项公式求解即可； （2）由分组求和与裂项相消求解即可． 【小问1详解】 因为已知等差数列 的前项和为， ，，设公差为， 由已知得，，解得， 所以， 即 通项公式为； 因为等比数列中，，， 设公比为，所以，所以 ， 所以， 即通项公式为； 【小问2详解】 由（1）可得， 所以 . 17. 如图，在四棱锥 中， 平面 ，四边形 为正方形，，E，F，G分别为PA，BC，CD的中点． （1）证明：平面PBC． （2）求直线EC与平面EFG所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面PBC． （2）利用向量法求得直线EC与平面EFG所成角的正弦值． 【小问1详解】 由于 平面 ， 平面 ，所以 ， 而四边形 是正方形，所以两两相互垂直. 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系. ， ， 设平面 的法向量为， 则，故可设， 由于平面 ，所以平面PBC． 【小问2详解】 ，，， 设平面 的法向量为， 则，故可设， 设直线EC与平面EFG所成角为， 则. 18. 数列的前项和为，且满足；递增的等差数列满足 ，． （1）求数列、的通项公式； （2）若是、的等比中项，求数列的前项和； （3）在（2）的条件下，若对一切正整数恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）当时，求出的值，当时，由得，两式作差得出该数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求出数列的通项公式；设递增的等差数列的公差为，根据已知条件可得出关于的方程，解出的值，结合等差数列的通项公式可求得数列的通项公式； （2）求得，利用错位相减法可求得； （3）利用数列单调性的求出数列的最大值，即可得出关于实数的不等式，解之即可. 【小问1详解】 当时，，解得； 当时，，可得， 相减即有，即为， 所以，数列是首项和公比都为的等比数列，故. 设递增的等差数列的公差为，则， 因为 ，，即，整理得，解得 或（舍去）， 则． 【小问2详解】 由是、的等比中项，可得， ， ， 相减可得 ． 化简可得． 【小问3详解】 不等式对一切正整数恒成立，即为恒成立． 由， 当时，；当时，，即， 可得数列从第二项起单调递减，即有最大值为， 则，整理得，解得或， 即实数的取值范围为． 19. 在平面直角坐标系中，矩形，动点R在线段AB上，动点Q在 延长线上，满足 ，直线 与直线AQ交于P点，已知 ， ． （1）证明：动点P点所在曲线方程为双曲线 ． （2）在C的右支上任取一点，以为切点作C的切线交两条渐近线于，两点，过，两点分别作两条渐近线的平行线交于，过作直线的平行线，分别交两条渐近线于，，再过，两点分别作两条渐近线的平行线交于，一直反复操作，可得，，，…，． （i）写出直线的方程（不需要证明），并证明点O，，，…在同一条直线上． （ii）设，，以此类推，证明：． 【答案】（1）由题设及图知 ， 由动点R在线段AB上，且 ，则 ，易知 ， 由动点Q在 延长线上，且 ，则 ，易知 ， 所以 ， ， 联立方程有 ，则，故， 综上， ，则 ， 所以动点P点所在曲线方程为双曲线 ，得证； （2）（i） ，证明如下： 当直线斜率存在时，设直线， 联立，得 ， 所以，即 ， 所以 ，又 ， 所以 ，则， 所以，即， 所以 ， 当直线斜率不存在时也满足，故直线方程为 ， 双曲线的渐近线，联立 ，得和. 则交点 ， ，且 ， ， ，而 ， ，可得三点共线且方程为 ， 由于， ， ， ， ， ， 共线， 共线， 共线， 共线且轨迹方程为 ，得证； （ii） ，直线方程 ，则， ， 所以 ， 设 ，直线，所以 ， 与分别联立，得和， 则 ， ， 即 ， ，又 ， ，则， 所以，得证. 【解析】 【分析】（1）根据已知有 ，进而依次得到 、 ，再写出直线 、方程，求出它们的交点，即可得； （2）（i）设直线，将其与双曲线方程联立得到一元二次方程，再根据判别式为0得到，写出方程，再将其与双曲线渐近线方程联立即可得到交点坐标，最后根据三点共线即可得到轨迹方程； （ii）根据点到直线距离公式和两点距离公式即可得到 ，设 ，从而得直线 ，与双曲线渐近线方程联立得，再利用等比数列的定义得到，最后应用等比数列前n项和，即可证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $