精品解析：陕西省榆林市府谷县府谷中学2025-2026学年高二上学期1月期末检测数学试题

府谷中学2025～2026学年第一学期高二年级期末检测 数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 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，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，请将答题卡上交. 4.本卷主要命题范围：选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章. 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. 直线的倾斜角等于（ ） A. B. C. D. 不存在 【答案】C 【解析】 【分析】根据倾斜角的概念求解 【详解】直线与轴垂直，倾斜角为 故选：C 2. 在空间四边形PABC中，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用向量的运算求解即可. 【详解】. 故选：C. 3. 已知双曲线的虚轴长是实轴长的3倍，则实数a的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据“虚轴长是实轴长的3倍”列方程，化简求得的自豪. 【详解】由题意有，解得． 故选：A 4. 圆：与圆：的位置关系是（ ） A. 相交 B. 外切 C. 内切 D. 外离 【答案】B 【解析】 【分析】求出两圆的圆心和半径，计算两圆心的距离，再通过比较圆心距与两圆半径的大小关系，判断两圆的位置关系. 【详解】圆的圆心为，半径为； 圆的圆心为，半径为； 圆心距； 因为，所以圆与圆外切. 故选：B. 5. 在等比数列中，，，成等差数列，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差中项的知识列方程，求得等比数列的公比，从而求得. 【详解】设等比数列的公比为， 由于，，成等差数列， 所以， 所以. 故选：C 6. 已知数列满足，，则数列的通项公式是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得数列为首项为3的常数列，从而可得出答案. 【详解】由题意得，即 所以数列是以首项为的常数列， 则，得. 故选：A 7. 已知，分别是双曲线：的左、右焦点，为上一点，，且的面积等于，则（ ） A. B. 6 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理及双曲线的定义求出，再由面积公式计算可得. 【详解】由余弦定理得 ， ∴， ∴，∴（负值已舍去）. 故选：A． 8. 已知点是抛物线上的一点，设点到直线和的距离分别为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线定义，将点到距离转化为点到焦点的距离，然后数形结合，根据三角形三边关系，可以得出的最小值即为点到直线的距离，再结合点到直线的距离公式即可求解. 【详解】由题意，抛物线的焦点，准线方程为， 因为点在抛物线上，所以，所以. 联立方程组得：，则， 所以直线与抛物线无公共点， 如图所示，的最小值即为点到直线的距离， 所以最小值为， 即的最小值为. 故选：A 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. 已知向量，若，则（ ） A. -2 B. 1 C. -1 D. 0 【答案】AD 【解析】 【分析】由空间向量的模长公式求出，再由垂直向量的坐标表示解方程即可得出答案. 【详解】， 又， 当时，，则； 当，时，则． 故选：AD. 10. 点是椭圆上任意一点，是椭圆的左､右焦点，则（ ） A. 的周长为 B. 面积的最大值为 C. 的最大值为4 D. 的最小值为1 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用椭圆定义判断A；利用椭圆中点的纵坐标的取值范围判断B；利用椭圆的定义和基本不等式判断C；利用椭圆的定义和二次函数的最值判断D. 【详解】由，可得，则， 即， 因为点在椭圆上，所以. 对于A，的周长为，故A错误； 对于B，设，因为， 所以时，即点在短轴端点时，的面积取得最大值，故B正确； 对于C，因为，所以， 当且仅当时等号成立，即的最大值为4，故C正确； 对于D，由上分析，可得，故， 因为，即， 所以当或时，取得最小值1，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知等差数列的前项和为，公差为，，若，则下列命题正确的是（ ） A. 数列是递增数列 B. 和是中的最小项 C. 是数列中的最小项 D. 满足的的最大值为25 【答案】AB 【解析】 【分析】根据等差数列下标和性质可计算出，结合可判断ABC，写出的表达式可判断D. 【详解】对于选项A：因为即，所以，即， 所以，所以，数列是递增数列，所以选项A正确； 对于选项B：因为，，所以当或时，取最小值，所以选项B正确； 对于选项C：因为数列是递增数列，所以最小项是首项，所以选项C错误； 对于选项D：由不等式，可得，又因为， 所以满足的的最大值为24，所以选项D错误． 故选：AB 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过点且斜率为2的直线方程为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用直线的点斜式方程求解即可. 【详解】由题意得直线方程， 化简得，即. 故答案为： 13. 等比数列的各项均为正数，且，则___________． 【答案】15 【解析】 【分析】根据等比数列的性质结合对数的运算性质计算即可. 【详解】解：由已知得数列是各项均为正数的等比数列， 则， 所以． 故答案为：15. 14. 已知点是椭圆上的两点.且直线恰好平分圆，为椭圆上与点不重合的一点，且直线的斜率之积为，则椭圆的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，，则.由已知可推得，根据，可得出，然后即可求出离心率. 【详解】设，. 依题意有，两式相减得，所以. 因直线恰好平分圆，则， 则，. 由已知，， 所以，，即. 所以椭圆的离心率为. 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. 已知等差数列的前n项和为． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)设等差数列的公差为，首项为，根据已知条件列出方程组求解出，，代入通项公式即可求解； (2)根据等差、等比数列的前n项和公式，利用分组求和法即可求解. 【小问1详解】 设公差为d，由得， 解得 故； 【小问2详解】 因为，由（1）可得：， 故． 16. 已知点，，线段是圆的直径. （1）求圆的标准方程； （2）若过圆心的直线在轴，轴上的截距相等，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据题意，求出圆心坐标和半径得解； （2）设直线的方程，求出直线在轴，轴上的截距，根据直线在轴，轴上的截距相等，求得答案. 【小问1详解】 线段是圆的直径，，， 的坐标为，即， 圆的半径， 所以圆的标准方程为. 【小问2详解】 显然直线的斜率存在，设直线的方程为， 令，解得，令，解得， 又过圆心的直线在轴，轴上的截距相等，所以， 解得或， 所以直线的方程为或. 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，的体积为，． （1）证明：直线平面； （2）求直线与平面所成角的正切值． 【答案】（1）见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直判定定理得出平面，利用向量法证明线面平行即可； （2）利用向量法求出线面夹角的正弦值，进而求出正切值。 【小问1详解】 因为四边形是正方形，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以，又平面， 所以平面，所以两两垂直， 故以点为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示： 因为，所以，因为，所以点为的中点， 则， 则，， 设平面的法向量为， 则，令，则，所以 又，， 又平面，所以直线平面； 小问2详解】 由（1）可知平面的法向量， 又，设直线与平面所成角为， 则， 所以， 所以 18. 已知过抛物线的焦点F，斜率为2的直线交抛物线于A，B两点，且. （1）求抛物线的方程； （2）抛物线的准线与x轴交于点，过点的直线l交抛物线于M，N两点，当时，求直线l的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设直线AB的方程是，两点的坐标分别为，，联立方程，利用韦达定理和抛物线定义，求出，即可得到抛物线方程； （2）根据题意设直线MN方程是，设，，联立方程，利用韦达定理和数量积运算，求解直线方程. 【小问1详解】 由题意可知，设直线AB的方程是，A，B两点的坐标分别为，， 与联立，消去y，得，所以， 由抛物线定义得， 所以，从而抛物线方程是； 【小问2详解】 由题意可知，直线MN的斜率存在且不为0，，设直线MN的方程是，设， 联立方程得，化简得， 由，解得， 则 所以， 所以 ， 所以， 解得，即，满足， 所以直线l的方程为. 19. 已知数列的前项和为，且，． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）若数列满足，记的前项和，判断是否存在正整数，使得成立？若存在，则求出所有值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）借助与的关系计算即可得数列为等比数列，结合等比数列性质即可得； （2）结合（1）中所得后分组求和，并利用等差数列与等比数列求和公式计算即可得； （3）借助错位相减法计算可得，再令，结合数列增减性计算可得该方程不存在正整数解. 【小问1详解】 因为，所以，又，所以； 当时，， 所以，所以， 又，所以，又， 所以是以1为首项，2为公比的等比数列，所以； 【小问2详解】 由（1）可得， 所以 ； 【小问3详解】 因为，所以， 所以，， 两式相减得， 所以， 由，得，所以， 令，所以， 所以数列是递增数列， 又，， 所以不存在正整数，使得， 即不存在正整数，使得成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 府谷中学2025～2026学年第一学期高二年级期末检测 数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 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，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，请将答题卡上交. 4.本卷主要命题范围：选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章. 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. 直线的倾斜角等于（ ） A. B. C. D. 不存在 2. 在空间四边形PABC中，（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线的虚轴长是实轴长的3倍，则实数a的值为（ ） A B. C. D. 4. 圆：与圆：位置关系是（ ） A. 相交 B. 外切 C. 内切 D. 外离 5. 在等比数列中，，，成等差数列，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 6. 已知数列满足，，则数列的通项公式是（ ） A B. C. D. 7. 已知，分别是双曲线：的左、右焦点，为上一点，，且的面积等于，则（ ） A. B. 6 C. D. 3 8. 已知点是抛物线上的一点，设点到直线和的距离分别为，则的最小值为（ ） 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. 已知向量，若，则（ ） A. -2 B. 1 C. -1 D. 0 10. 点是椭圆上任意一点，是椭圆的左､右焦点，则（ ） A. 的周长为 B. 面积的最大值为 C. 的最大值为4 D. 的最小值为1 11. 已知等差数列的前项和为，公差为，，若，则下列命题正确的是（ ） A. 数列是递增数列 B. 和是中的最小项 C. 是数列中的最小项 D. 满足的最大值为25 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过点且斜率为2的直线方程为_____. 13. 等比数列的各项均为正数，且，则___________． 14. 已知点是椭圆上的两点.且直线恰好平分圆，为椭圆上与点不重合的一点，且直线的斜率之积为，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. 已知等差数列的前n项和为． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 16. 已知点，，线段是圆的直径. （1）求圆的标准方程； （2）若过圆心的直线在轴，轴上的截距相等，求直线的方程. 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，的体积为，． （1）证明：直线平面； （2）求直线与平面所成角的正切值． 18. 已知过抛物线的焦点F，斜率为2的直线交抛物线于A，B两点，且. （1）求抛物线的方程； （2）抛物线的准线与x轴交于点，过点的直线l交抛物线于M，N两点，当时，求直线l的方程. 19. 已知数列前项和为，且，． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）若数列满足，记的前项和，判断是否存在正整数，使得成立？若存在，则求出所有值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $