精品解析：辽宁部分重点高中2025～2026学年高二上学期期末考试数学试题

辽宁部分重点高中2025~2026学年度上学期高二期末考试 数学试题 考生注意： 1.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设等差数列，的前n项和分别为，，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用即可得解. 【详解】由题得. 故选：D 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量垂直则向量的数量积为零，结合向量的坐标运算计算即可. 【详解】，因为，故， 得，解得. 故选：B. 3. P是双曲线的右支上一点，M、N分别是圆和上的点，则的最大值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合已知条件，利用双曲线的定义推出，结合曲线与圆的位置关系推出，进而求出最大值． 【详解】双曲线方程为，则， ， ，， 又、分别是圆和上的点， 即、在以为圆心，半径为的圆上， ， ． 故选：D． 4. 已知双曲线的左、右焦点分别为，是上一点，，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用双曲线的定义与已知联立，求出、，再由结合勾股定理得到与的关系，进而求出双曲线的离心率. 【详解】设双曲线的焦距为，不妨设点在第一象限， 则，解得，又， 所以，即，所以的离心率. 故选：B 5. 当时，设函数存在导数，且满足，若，则（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据得是常数，再由得，即可得函数解析式，进而求函数值. 【详解】由，即，即， 所以是常数， 当时，，即所以， 当时，，得. 故选：D. 6. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，，，点满足.设点的轨迹为，则下列说法错误的是（ ） A. 轨迹的方程为 B. 在上存在点，使得 C. 在轴上存在异于，的两点，，使得 D. 当，，三点不共线时，射线是的角平分线 【答案】B 【解析】 【分析】设，由题意可得，化简整理，可判断A的正误；设，由题意得，化简整理，可得M的轨迹方程，与C的方程联立求解，即可判断B的正误；设，，可得与C的方程联立求解，可判断C的正误；当，，三点不共线时，，分析可判断D的正误. 【详解】选项A：平面直角坐标系中，，，点满足， 设，则，化简可得，故A正确； 选项B，若在上存在点，使得， 设，则， 化简得， 联立，解得， 将代入，得，方程组无解， 故在上不存在点，使得，因此B错； 选项C：假设在轴上存在异于，的点，，使得， 设，，可得， 化简可得， 由的轨迹方程为， 因此，解得或（舍）， 即在轴上存在异于，的两点，使得，故C正确； 选项D：当，，三点不共线时，， 可知射线是的角平分线，故D正确. 故选：B. 7. 若函数的导函数存在，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的概念将已知式配凑成定义式可得答案. 【详解】，所以， 故选：C. 8. 已知数列满足，其前n项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析数列的性质，利用等比数列的求和公式进行计算即可. 【详解】令，则. 由，所以， 两式相除可得：. 所以数列奇数项和偶数项都是以2为公比的等比数列. 所以 . 故选：B 二､多选题：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. 已知过定点A的直线与过定点B的直线相交于点，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据直线和的方程，求得定点的坐标，可判定A正确，B不正确；根据两直线位置关系的判定方法，可判定C正确，D不正确. 【详解】由直线，令，可得，所以直线过定点，所以A正确； 由直线，可得， 联立方程组，解得，所以恒过定点，所以B不正确； 由和，可得，所以，所以C正确，D不正确； 故选：AC. 10. 设等差数列的前项和为，公差为，，，，下列结论正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 当时，的最大值为12 D. 数列前项和为，最大 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意得，可判断AB；可判断C；求出，令，数列为递减数列，求得，，可判断D. 【详解】因为等差数列中，， 所以， 又，所以，故A正确； 因为当时，，当时，， 所以的最大值为，故B正确； 因为， 所以，故C错误； 因为，所以， 令，所以数列为递减数列， ，. 由得 ， 所以数列的前项和最大时，， 即数列前项和为，最大，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数恰有1个零点 B. 当时，函数恰有2个极值点 C. 当时，函数恰有2个零点 D. 当函数恰有2个零点时，必有一个零点为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，从而确定极值点的个数和零点个数，从而判断选项的对错. 【详解】因为， 所以， 令，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以 ， 对于A：当时，，即恒成立， 所以在上单调递增， 又，， 所以函数恰有1个零点，A正确； 对于B：当时，， 令，有，设，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以，作出图象如下图： 又，所以方程必有个根， 即必有两个零点，设为，且， 当时，，即， 当时，，即， 当时，，即， 所以函数在上单调递增，在单调递减，在上单调递增， 即函数恰有2个极值点，B正确； 对于CD：当函数有2个零点时，或， 所以或， 将或代入得 或， 解得或，故C错误，D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：导数问题要学会转化，比如零点个数问题转化方程根的个数，或者函数图象交点个数. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为求直线的方程为__________用斜截式表示 【答案】  【解析】 【分析】设出点坐标，求出的坐标，把点的坐标代入直线方程为，把点的坐标代入，联立求出的坐标，然后求解的坐标，然后可得直线的方程． 【详解】设，则， 把的坐标代入直线方程为，把点的坐标代入， 可得：，解得，故点， 又边上的高所在直线方程为，,， 则直线为，即． 联立，可得，故直线斜率为， 则直线的方程为：，即． 故答案为：． 13. 已知数列的前项和为，．设，数列的前项和为，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据与之间的关系可知数列是以1为首项，为公比的等比数列，可得数列是以首项为，公差为1的等差数列，即可得，利用裂项相消法运算求解. 【详解】因为，， 当时，则，两式相减得， 即，可得， 当时，，则，即， 可知数列是以1为首项，为公比的等比数列， 则，可得， 可知数列是以首项为，公差为1的等差数列， 则，即， 可得， 所以． 故答案为：. 14. 已知为椭圆的上顶点，点、的坐标分别为和，点、分别是椭圆位于第一、三象限上的两点，且，直线和的斜率之差为，，则椭圆的离心率为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由题得到、关于原点对称，设出P、两点坐标，再由和的斜率之差和夹角条件求出P点坐标，再将P点坐标代入椭圆方程，即可求解离心率. 【详解】因为为椭圆的上顶点，所以设 . 又因为点、的坐标分别为和，点、分别是椭圆位于第一、三象限上的两点，且，所以根据椭圆的对称性得到、关于原点对称. 所以设 ，，所以直线和的斜率分别为 ，； 由直线和的斜率之差为，得，得； 因，由，即，得到， 因为在椭圆上，所以，即，得到， 椭圆的离心率  因此，椭圆的离心率为. 故答案为：. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 已知双曲线的右焦点为F，离心率为2，经过F和两点的直线平行于双曲线的一条渐近线. （1）求双曲线的方程； （2）设过点F且斜率为k的直线与双曲线右支交于P，Q两点，线段的垂直平分线与x轴交于点B，求的值. 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，且，然后求解即可； （2）设直线的方程为，联立，化简得出，再求出，可得出结果． 【小问1详解】 由题意可得，，则， 又经过F和两点的直线平行于双曲线的一条渐近线， 所以，解得， ， 所以双曲线的方程为； 【小问2详解】 由（1）知，，设直线的方程为， 联立，得， 所以， 若，，则，， 所以， 所以， 所以的中点坐标为， 所以线段的垂直平分线的方程为， 整理得，所以， 则，所以． 16. 动点与定点的距离和点到定直线的距离的比是常数，记点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）记的左焦点为，过点且不与轴重合的直线与交于两点，证明：直线关于直线对称． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设点到定直线的距离为d，定点，由题设等量关系转化为代数式化简即可得解； （2）设，，联立直线与椭圆方程，由判别式得到，利用韦达定理和分析得到，再计算即可得证. 【小问1详解】 设点到定直线的距离为d，定点， 则由题，即，化简得， 所以曲线方程为. 【小问2详解】 由（1）得，易知直线的斜率存在且不为0， 设，， 由得， 由，得 所以，则， 把，代入，得， 把，，代入，得，不满足， 所以， 则， 所以直线关于直线对称. 17. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面.已知，分别为的中点，平面与棱交于点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的正弦值； （3）判断线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，或 【解析】 【分析】（1）先由条件证明平面，再由平面得，由等腰三角形三线合一证得，最后利用线面垂直的判定定理即可证得结论； （2）结合图形利用线面垂直的判定定理和性质定理证明平面，得到，再证，求得，从而可得，依题建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量的坐标，利用空间向量夹角公式计算即得； （3）假设线段上存在一点，满足，表示出的坐标，结合平面的法向量，利用点到平面的距离坐标公式列方程，求解即得的值，从而得到点H的坐标. 【小问1详解】 因为平面，平面，则， 在正方形中，，因平面， 则平面，因平面，则， 又，点是的中点，则， 因平面，故平面. 【小问2详解】 由（1）平面，因平面，则， 因平面，平面，则， 又，平面，平面， 因平面，则， 因点是的中点，.，则， 因平面，则平面， 因平面，则， 因平面，则平面， 因平面，则，即. 由（1）平面，因平面，则，即， 又，则，则， 因为，， ， 则，即，即. 以点为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， ， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 而平面的法向量可取为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以 即平面与平面的夹角的正弦值为. 【小问3详解】 由（2）可得，则， 假设线段上存在一点，满足， 则， 所以，则，即，则， 由（2）已得平面的一个法向量为， 则点H到平面的距离，解得或， 则得或. 故在线段上是否存在一点或，使得点到平面的距离为. 18. 已知首项为1的等差数列满足：，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足：，求数列的通项公式及前项和； （3）记，，证明：． 【答案】（1） （2）， （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式，结合等比数列的性质进行求解即可； （2）对已知等式进行递推，结合等差数列的性质，利用前项和与第项之间的关系进行求解即可； （3）利用放缩法进行运算证明即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 因为，，成等比数列， 所以，或， 当时，：，，，显然，，成等比数列， 当时，，，，显然，，不能成等比数列， 所以，于是； 【小问2详解】 令， ， 两式相减，得， 因为等差数列的公差为，且， 所以， 即，即， ，所以数列的前项和， 当时，， 显然不适合，所以； 【小问3详解】 ，即， 由， 于是 . 19. 动点与定点的距离和M到定直线l：的距离的比是常数，记动点M的轨迹为 （1）求C的方程； （2）过点作两条斜率存在且不为零的直线，分别交C于P，Q和S，T，满足 （i）证明：直线，的斜率之和为定值； （ii）求四边形PSQT面积最大值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据点到直线距离公式，结合两点间距离公式进行求解即可； （2）（i）设P，Q的坐标分别为，，的方程为，联立椭圆方程，由韦达定理结合，求得，同理有，结合，即可求证； （ii）由弦长公式结合，得到，令，结合基本不等式求得，再构造函数，求导确定单调性即可求解；或， 令设，构造函数，结合其单调性即可求解． 【小问1详解】 因为动点与定点的距离和点M到定直线l：的距离的比是常数， 可得， 化简整理得， 即曲线C的方程为； 【小问2详解】 （i）设P，Q的坐标分别为，，设的方程为， 联立，整理得， 所以， ，， ， 设的方程为，同理有， 所以，即， 由于，所以，即，所以，的斜率之和为定值0. （ii）不妨设的斜率，其倾斜角为， 则四边形PSQT的面积为， ， 同理得， 由， 得， 又， 所以 设，由基本不等式得， 当且仅当等号成立， 设， 所以在区间上单调递减， 当时，取得最大值， 所以四边形的面积最大值为， 或 ， 设，由基本不等式得， 当且仅当等号成立， 设， 可知在区间上单调递增， 当时，取得最大值， 所以四边形PSQT的面积最大值为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽宁部分重点高中2025~2026学年度上学期高二期末考试 数学试题 考生注意： 1.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设等差数列，的前n项和分别为，，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 3. P是双曲线右支上一点，M、N分别是圆和上的点，则的最大值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 4. 已知双曲线的左、右焦点分别为，是上一点，，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 5. 当时，设函数存在导数，且满足，若，则（ ） A. B. C. 0 D. 6. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，，，点满足.设点的轨迹为，则下列说法错误的是（ ） A. 轨迹的方程为 B. 在上存在点，使得 C. 在轴上存在异于，两点，，使得 D. 当，，三点不共线时，射线是的角平分线 7. 若函数的导函数存在，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列满足，其前n项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 已知过定点A的直线与过定点B的直线相交于点，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 设等差数列前项和为，公差为，，，，下列结论正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 当时，的最大值为12 D. 数列前项和为，最大 11. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数恰有1个零点 B. 当时，函数恰有2个极值点 C. 当时，函数恰有2个零点 D. 当函数恰有2个零点时，必有一个零点为2 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为求直线的方程为__________用斜截式表示 13. 已知数列前项和为，．设，数列的前项和为，则_________． 14. 已知为椭圆的上顶点，点、的坐标分别为和，点、分别是椭圆位于第一、三象限上的两点，且，直线和的斜率之差为，，则椭圆的离心率为___________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 已知双曲线的右焦点为F，离心率为2，经过F和两点的直线平行于双曲线的一条渐近线. （1）求双曲线的方程； （2）设过点F且斜率为k的直线与双曲线右支交于P，Q两点，线段的垂直平分线与x轴交于点B，求的值. 16. 动点与定点的距离和点到定直线的距离的比是常数，记点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）记的左焦点为，过点且不与轴重合的直线与交于两点，证明：直线关于直线对称． 17. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面.已知，分别为的中点，平面与棱交于点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）判断线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由. 18. 已知首项为1的等差数列满足：，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足：，求数列的通项公式及前项和； （3）记，，证明：． 19. 动点与定点的距离和M到定直线l：的距离的比是常数，记动点M的轨迹为 （1）求C的方程； （2）过点作两条斜率存在且不为零的直线，分别交C于P，Q和S，T，满足 （i）证明：直线，的斜率之和为定值； （ii）求四边形PSQT面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $