黑龙江省智研联盟2025-2026学年高二上学期1月期末数学试题

黑龙江省智研联盟 2025-2026学年度上学期1月份第二次联合考试 高二年级数学学科试卷 本试卷共150分，共4页。考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。 注意事项： 1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2. 选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0. 5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔记清楚。 3. 请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。 4. 作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。 5. 保持卡面清洁，不要折叠英、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 一、单选题：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．抛物线的焦点到准线的距离等于（    ） A．12 B．9 C．6 D．3 2．圆与圆的位置关系为（    ） A．相交 B．内切 C．外切 D．相离 3．已知双曲线的一条渐近线方程为，则实数m的值为（   ） A． B． C．3 D．9 4．在等差数列中，，则（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 5．已知等比数列的前项和为，且满足，则（    ） A． B． C． D． 6．已知等差数列和的前项和分别为、，若，则（ ） A． B． C． D． 7．已知是双曲线的右焦点，直线与交于两点.若的周长为，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 8．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值的点所形成的图形是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中，，.点P满足，设点P所构成的曲线为C，下列结论不正确的是（   ） A．C的方程为 B．在C上存在点D，使得D到点的距离为3 C．在C上不存在点M，使得 D．C上的点到直线的最小距离为1 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分。 9．已知双曲线的实轴长是虚轴长的3倍，则下列关于双曲线C的说法正确的是（   ） A．实轴长为6 B．虚轴长为2 C．焦距为 D．离心率为 10．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，……．，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”．已知数列，，，（），记为数列的前项和，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 11．在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（    ） A．当平面时，可能垂直 B．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 C．当时，的最小值为 D．当时，正方体经过点､P､C的截面面积的取值范围为[，] 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．直线与直线平行，则 . 13．已知为椭圆上一点，，分别为上动点，则的最大值为 ． 14．将数据，，，…排成如图的三角形数阵，（第一行一个，第二行两个，⋯，最下面一行有个，）则数阵中所有数据的和为 .    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。 15．三个顶点的坐标分别是. (1)求外接圆的方程； (2)若圆与直线交于两点，求的弦长. 16．如图， 在四棱锥，平面， 底面是直角梯形， 其中， ， ，E为棱上的点，且 .    (1)求证: 平面； (2)求平面与平面所成夹角的正弦值. 17．已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为. (1)求双曲线的标准方程； (2)过点，且斜率不为0的直线与双曲线交于两点，为坐标原点，若的面积为，求直线的方程. 18．已知是首项为的等差数列，其前项和为，，为等比数列，，． (1)求和的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)记，若对任意恒成立，求实数的取值范围． 19．在平面直角坐标系中，已知椭圆的短轴长为，离心率为． (1)求的方程； (2)如图，过点的直线（异于轴）与交于点P，Q，过左焦点作直线PQ的垂线交圆于点M，N，垂足为.    ①若点，设直线AM，AN的斜率分别为，证明：为定值； ②记的面积分别为，求的取值范围. 【高二年级数学学科试卷 第1页 共3页】 【高二年级数学学科试卷 第1页 共3页】 学科网（北京）股份有限公司 黑龙江省智研联盟 2025-2026学年度上学期1月份第二次联合考试 高二年级数学学科答案与解析 1．C 【分析】由抛物线中的几何意义为焦点到准线的距离，可得到答案. 【详解】由抛物线中的几何意义为焦点到准线的距离 抛物线的. 所以抛物线的焦点到准线的距离等于6. 故选：C 【点睛】本题考查抛物线中的几何意义，属于基础题. 2．A 【分析】根据圆心间距离及半径和差的关系判断圆与圆的位置关系. 【详解】由题意可得的半径的半径 且，故两圆相交. 故选： 3．B 【分析】由双曲线的渐近线方程对比列方程即可得解. 【详解】由题意双曲线的一条渐近线方程为，所以，解得. 故选：B. 4．D 【分析】根据等差数列项的性质计算即可. 【详解】因为是等差数列， 所以,所以. 故选：D. 5．B 【分析】根据已知条件求得等比数列的公比，进而求得. 【详解】设等比数列的公比为， 若，则，则，所以， 所以，， 所以，所以. 故选：B 6．B 【分析】计算出，由等差数列的性质得，，从而得到答案. 【详解】因为等差数列和的前项和分别为、，满足， 所以， 又，故， 故选：B 7．A 【分析】先求长，利用对称性和双曲线定义可得，由的周长可得，联立求解得，然后根据的面积构造齐次式可解. 【详解】记双曲线左焦点为， 将代入解得，所以， 由对称性可知，，所以①， 又的周长为，所以②， 联立①②求解可得， 记AF的中点为D，则， 所以，即，得， 所以. 故选：A 8．D 【分析】根据两点的距离公式表示，化简计算即可判断A；根据点与圆的位置关系计算即可判断B；根据和两点求距离公式求出点M的轨迹方程，结合圆与圆的位置关系计算即可判断C；根据点到直线的距离公式计算即可判断D. 【详解】对于A，设点， ，，整理得， 故C的方程为，故A正确； 对于B，的圆心，半径， 点到圆心的距离， 圆上一点到点的距离的取值范围为， 而，故在C上存在点D，使得D到点的距离为3，故B正确； 对于C，设点，，则， 整理得，点M的轨迹方程为， 即M是以为圆心，半径的圆， 又，两圆内含，没有公共点， 在上不存在点，使得，故C正确； 对于D，圆心到直线的距离， 上的点到直线的最小距离为，故D不正确. 故选：D. 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质. 9．ABD 【分析】根据可得选项B正确；根据实轴长是虚轴长的3倍可得选项A正确；根据可得选项C错误；利用离心率公式可得选项D正确. 【详解】由题意得，，实轴长为，虚轴长为， 由实轴长是虚轴长的3倍得，选项A，B正确. 由得，，故，焦距为，选项C错误. 离心率，选项D正确. 故选：ABD. 10．CD 【分析】利用数列易得，判断A；计算可得判断B；计算可得判断C；由，可判断D. 【详解】由题意知1，2，3，5，8，13，故，故A选项错误； ，故B选项错误； ，故C选项正确； ∵， ，，故D选项正确． 故选：CD. 11．ABD 【分析】依题意画出图形，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算A、D，连接，则即为与平面所成角，根据锐角三角函数得到的轨迹，即可判断B，将平面与平面沿展成平面图形，化曲为直，利用余弦定理计算即可判断C； 【详解】解：对于A选项：建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，， 则，，设平面的一个法向量为， 所以，令，则，即平面的一个法向量为， 若平面，则， 即，则当时，，即P为中点时， 有平面，且，故A正确； B选项：因为平面，连接，则即为与平面所成角， 若与平面所成角为，则，所以， 即点P的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，于是点P的轨迹长度为，故B正确； C选项：如图，将平面与平面沿展成平面图形， 线段即为的最小值， 利用余弦定理可知 所以，故C错误； D选项：正方体经过点､P､C的截面为平行四边形，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，，，， 所以点P到直线的距离为 ， 于是当时，的面积取最小值，此时截面面积为； 当或1时，的面积取最大值，此时截面面积为，故D正确. 故选：ABD 12． 【分析】根据条件得到，进而得到或，再进行检验，即可求解. 【详解】因为直线与直线平行， 所以，即，解得或， 当时，两直线为和，满足题意， 当时，两直线为和，此时两直线重合，不满足题意，所以， 故答案为：. 13． 【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义及圆的性质求解即得. 【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径， 由在椭圆上，得，解得，， 则椭圆的焦点，， 因此， 当且仅当分别为线段的延长线与圆的交点， 所以的最大值为. 故答案为： 14． 【分析】写出数阵中所有数据的和，利用错位相减法求解即可. 【详解】由题意，设数阵中所有数据的和为， 则①， ②， 由①-②得： ， 所以. 故答案为： 【点睛】方法点睛：解决此类探究性问题，关键在观察、分析已知数据、寻找它们之间的相互联系，利用常见数列的通项公式和求和知识求解. 15．(1) (2) 【分析】（1）设出外接圆的标准方程，由给定的三点坐标建立方程组并求解即得. （2）求出圆心到直线的距离，再利用圆的弦长公式求出的长. 【详解】（1）设圆的方程为， ，解得， 所以圆的方程为. （2）由（1）知，圆心到直线的距离，而半径， 所以. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意建系，写出相关点的坐标，计算向量坐标和平面的法向量的坐标，由即可证得； （2）分别求两平面的法向量坐标，由空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1）    因平面，且,故可以点为坐标原点， 所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系(如图所示). 则. 于是，, 设平面的法向量为， 则，令，可得； 又，显然，，故得平面； （2）由（1）建系，则， 设平面的法向量为， 则，令，可得. 设平面与平面所成夹角为， 因， 则. 即平面与平面所成夹角的正弦值为 17．(1) (2)或 【分析】（1）根据焦点坐标以及渐近线方程计算可得结果； （2）联立直线和双曲线方程，利用韦达定理得到，再由点到直线距离公式计算得出三角形面积表达式，解方程即可. 【详解】（1）设双曲线的焦距为， 因为双曲线的右焦点为，所以， 因为双曲线的渐近线方程为，所以； 又，可得； 所以双曲线的标准方程为； （2）如下图所示： 依题意直线的斜率一定存在，设斜率为，则直线的方程为， 设； 联立可得， 显然，且，解得且； 则，， 可得， 原点到直线的距离为， 所以的面积为， 解得或（舍），即， 所以直线的方程为或. 18．(1)， (2) (3) 【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意求出、的值，根据等差数列和等比数列的通项公式即可求得数列和的通项公式； （2）求得，然后对分偶数和奇数两种情况讨论，结合等差数列的求和公式可求得的表达式； （3）求出数列的通项公式，分析数列的单调性，可求出数列最大项的值，即可得出实数的取值范围. 【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，，解得， 所以，. 设的公比为，因为，， 解得，所以，. （2）因为， 当为偶数时， ． 当为奇数时，． 所以，. （3）因为，． 令， 则， 当时，，即， 当时，，即， 所以，数列的最大项为， 因为恒成立，所以，，即实数的取值范围为． 19．(1) (2)①证明见解析；② 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得的方程. （2）①设出直线的方程并与圆的方程联立，化简写出根与系数关系，由此化简求得为定值. ②先求得的表达式，利用换元法，结合函数的单调性来求得的取值范围. 【详解】（1）依题意，，解得， 所以的方程为. （2）①设直线的方程为，， 由，消去并化简得， 则， ，则， 所以 . ②由题得，， 又，所以， 由椭圆的对称性可知， 所以， 因为直线的方程为，所以， 因为，所以直线的方程为， 将其代入，解得， 所以， 所以， 令，则， 所以， 函数在上单调递增， 所以， 当且仅当，即时取得等号， 所以，即， 综上所述，的取值范围是. 【点睛】思路点睛： 利用已知条件求椭圆方程：首先利用短轴长和离心率，通过焦距和半长轴长度，得出椭圆的标准方程，这是确定椭圆方程的基础. 结合根与系数关系证明斜率的定值：设定直线的方程，结合椭圆方程，通过根与系数关系证明斜率的定值，这是确保直线和椭圆之间关系的有效方法. 利用函数单调性求取值范围：通过设定面积的函数表达式，结合椭圆的对称性和函数的单调性，得出面积的取值范围. 第1页，共2页 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $