浙江省温州市乐清市荆山公学2025-2026学年高二上学期期末复习数学培优试卷

2025-2026学年上学期期末复习培优试卷 高二数学 培优范围：人教A版（2019）选择性必修第一册+选择性必修第二册第四章数列。 一、单选题 1．已知双曲线的左、右焦点分别为，为上一点，若，（为坐标原点），则的离心率为 （    ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【详解】不妨设，记，，， 由，得， 在中，由余弦定理，得，两式相减，得， 因为为的中点，所以， 所以，又， 所以，所以， 又，所以，解得， 所以.故选：D 2．《九章算术》中将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有“阳马”如下图所示，其中平面，，点在棱上运动.下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．点到平面距离的最大值为 D．当时，三棱锥的体积是四棱锥体积的 【答案】C 【详解】依题意，直线两两垂直，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，， 令，， 对于A，，若，则，必有， 此时与不共线，矛盾，A错误； 对于B，， ，则不成立，即不垂直，B错误； 对于C，设平面的法向量， 而， 则，令，得， 点到平面距离， 当且仅当，即与重合时取等号，C正确； 对于D，当时，， 点到平面与平面的距离都为， 而，则，D错误.故选：C 3．在平面直角坐标系中，已知动点在圆：上，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由可得， 由圆的对称性，不妨设在轴及轴上方， 则可设， 所以， 由，可知，故， 所以，即，故选：D 4．已知为椭圆的上焦点，为椭圆上一点，为圆上一点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图所示，由圆，可得圆心，半径为， 又由椭圆，设上焦点为，下焦点为，且， 根据椭圆的定义，可得，则， 所以， 要使得最大，则最小.因为， 当且仅当为线段与圆的交点时，等号成立， 所以， 当且仅当为线段与椭圆的交点时，等号成立， 所以， 即的最大值为.故选：D. 二、多选题 5．如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，为的中点，则（    ） A． B．直线与所成角的最大值为 C．过点作该正方体的截面，则截面的面积为 D．三棱锥外接球半径的取值范围为 【答案】ACD 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，所以， 设，其中，即， 所以点， 又，，， 所以，， 所以， 所以，故A正确； ，因为，所以， 所以， 函数在上单调递减， 所以当时，函数取得最大值，当时，函数取得最小值， 所以，所以， 当时，直线与所成角最大， 因为，故直线与所成角的最大值不为，故B错误； 取中点，连接，因为为的中点，所以， 截面即为四边形，又，所以， 又因为，故四边形为等腰梯形， 如图，作，垂足为， 所以， 所以， 所以等腰梯形的面积， 即截面的面积为，故C正确； 取的中点，因为为直角三角形，所以为外接圆的圆心， 设外接球的球心为，根据外接球的性质，则平面，设球心， 则， ， 因为，所以， 即， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数取得最小值，当时，函数取得最大值， 所以，所以， 即三棱锥外接球半径的取值范围为，故D正确.故选：ACD. 6．为抛物线上一点，为的焦点，直线的方程为，则（   ） A．若，则的最小值为3 B．点到直线的距离的最小值为 C．若存在点，使得过点可作两条相互垂直的直线与圆都相切，则的取值范围为 D．过直线上一点作抛物线的两条切线，切点分别为，，则到直线距离的最大值为 【答案】ACD 【分析】利用抛物线的定义，结合几何法可判断A，利用点到直线的距离公式，结合二次函数可判断B，利用切线问题转化为到圆心的距离问题，再结合二次函数可判断C，设，切点，，的斜率为，得到，再得到切点弦直线方程，进而得到直线过定点，即可判断D． 【详解】由可得：，焦点，准线方程为， 过点作准线的垂线，垂足为， 则，故A正确； 设抛物线上的动点， 则由点到直线的距离公式可得： ，故B错误； 设存在点P，使得过点P可作两条垂直的直线 与圆相切，圆心, 则，即， 从而把问题转化为抛物线上存在点P到点的距离为，设， 则， 即，故C正确；   设，切点，，的斜率为， 由题意知切线斜率存在，设为， 联立得， ，即， ， 原方程为， ， 所以切线方程为：，即， 同理切线方程为：， 由于切线与切线相交于点，所以有：与成立， 由于切点满足直线方程， 即直线方程为：，因为， 则，即，所以直线恒过定点， 故到直线距离的最大值为，故D正确．故选：ACD． 7．已知数列满足，，，则下列选项中正确的是（   ） A． B． C．数列单调递增 D．数列是周期数列 【答案】ACD 【详解】已知，根据递推公式，分为奇数和偶数讨论： 当（奇数）时：，即； 当（偶数）时：，即； 当（奇数）时：，即； 当（偶数）时：，即； 当（奇数）时：，即； 当（偶数）时：，即； 当（奇数）时：，即； 选项A：计算前项和：， 因此选项A正确； 选项B：观察奇数项规律：，发现奇数项以为周期循环， 因为是奇数，，对应周期中的第项， 即，因此选项B错误； 选项C：分析偶数项，当为奇数时，； 当为偶数时，，由于恒为正数，所以数列单调递增，C正确； 选项D：奇数项：，周期为， 即是周期为的周期数列，因此选项D正确.故选：ACD. 三、解答题 8．已知直线，该直线与圆交于两点，且. (1)求的值； (2)直线， （i）证明直线过定点，并求出该定点的坐标； （ii）求过点且与圆相切的直线方程. 【答案】(1)(2)（i）证明见解析，（ii）或 【详解】（1）的标准方程为，故圆心为，，故， 故 （2）（i）直线方程可化为， 故，∴直线过定点. （ii）， 由于在圆外，故当切线斜率不存在时，方程为，满足题意， 当切线斜率存在时，设其方程为：， 则，解得，故方程为， 综上所述切线方程为：或. 9．已知双曲线的虚轴长为，且渐近线方程为. (1)求双曲线的方程； (2)设为坐标原点，为的右焦点，过的直线与交于两点. （i）若点均在的右支上，且的面积是面积的倍，求； （ii）证明：不存在直线，使得. 【答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析 【详解】（1）由题意得的渐近线方程为，由的渐近线方程为得， 又，所以，所以，故双曲线的方程为； （2）（i）由（1）可知，由题意得直线的斜率存在且不为， 设直线的方程为，不妨设， 联立 整理得， 则，即 ， ①， 由得②，由①②得 ， 故 ； （ii）当直线的斜率为时为的两顶点，此时； 当直线的斜率不为时，设直线的方程为，， 由（i）知， 则 ， 因为 ， 所以与不垂直，即无论取何值，都有 成立， 综上，不存在直线，使得. 10．已知数列的首项，且． (1)证明：数列是等差数列． (2)令，求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【详解】（1）因为，，所以， 由，两边同时除以可得：， 两边再同时乘以可得：， 又，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列． （2）由（1）可得：，则，即， 所以. 11．如图，在四棱锥中， 为等边三角形，平面，且 ，，， ，. (1)证明: 平面； (2)若四棱锥的各个顶点均在球的表面上，求球的表面积； (3)点关于平面的对称点为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析；(2);(3). 【详解】（1）分别延长，交于，连接，如图.    因为平面，即平面，而平面， 所以，. 因为，所以，则为等腰直角三角形， 所以.又因为为等边三角形，则，所以 ，所以.而，， 所以平面，即平面. （2）由（1）可知，，两两垂直，则以为坐标原点， 分别以，，所在直线为，，轴， 建立空间直角坐标系，如图.     因为，则，而，则. 所以，，，，. 设球心，球半径为， 则有，， ，， . 联立以上五个式子，解得，， 所以球的表面积为. （3）设平面的法向量，因为，， 则有，取，则得，因为， 则点到平面的距离为. 设点关于平面的对称点，则， 则点到平面的距离为，则有， 即.因为，则由对称性可得， 则得，代入中的， 解得（同点，故舍）或，则. 由题可取平面法向量为，因为， 则到平面的距离为. 12．如图，在四棱柱中，底面是正方形，点分别在棱，上，且．   (1)证明：四边形是平行四边形； (2)设，求的值； (3)若，求． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【详解】（1）因为，所以，     ， 所以，    所以四边形是平行四边形． （2）由（1）知，，     所以，     由，所以，，，． （3）因为四边形是正方形，所以，因为，，， 所以，    易知在四棱柱中， ，    所以 . 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年上学期期末复习培优试卷 高二数学 培优范围：人教A版（2019）选择性必修第一册+选择性必修第二册第四章数列。 一、单选题 1．已知双曲线的左、右焦点分别为，为上一点，若，（为坐标原点），则的离心率为 （    ） A． B．2 C． D． 2．《九章算术》中将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有“阳马”如下图所示，其中平面，，点在棱上运动.下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．点到平面距离的最大值为 D．当时，三棱锥的体积是四棱锥体积的 3．在平面直角坐标系中，已知动点在圆：上，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 4．已知为椭圆的上焦点，为椭圆上一点，为圆上一点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 5．如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，为的中点，则（    ） A． B．直线与所成角的最大值为 C．过点作该正方体的截面，则截面的面积为 D．三棱锥外接球半径的取值范围为 6．为抛物线上一点，为的焦点，直线的方程为，则（   ） A．若，则的最小值为3 B．点到直线的距离的最小值为 C．若存在点，使得过点可作两条相互垂直的直线与圆都相切，则的取值范围为 D．过直线上一点作抛物线的两条切线，切点分别为，，则到直线距离的最大值为 7．已知数列满足，，，则下列选项中正确的是（   ） A． B． C．数列单调递增 D．数列是周期数列 三、解答题 8．已知直线，该直线与圆交于两点，且. (1)求的值； (2)直线， （i）证明直线过定点，并求出该定点的坐标； （ii）求过点且与圆相切的直线方程. 9．已知双曲线的虚轴长为，且渐近线方程为. (1)求双曲线的方程； (2)设为坐标原点，为的右焦点，过的直线与交于两点. （i）若点均在的右支上，且的面积是面积的倍，求； （ii）证明：不存在直线，使得. 10．已知数列的首项，且． (1)证明：数列是等差数列． (2)令，求数列的前项和． 11．如图，在四棱锥中， 为等边三角形，平面，且 ，，， ，. (1)证明: 平面； (2)若四棱锥的各个顶点均在球的表面上，求球的表面积； (3)点关于平面的对称点为，求点到平面的距离. 12．如图，在四棱柱中，底面是正方形，点分别在棱，上，且．   (1)证明：四边形是平行四边形； (2)设，求的值； (3)若，求． 2025-2026学年上学期期末复习培优试卷 高二数学 培优范围：人教A版（2019）选择性必修第一册+选择性必修第二册第四章数列。 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 D C D D ACD ACD ACD 1．D 【详解】不妨设，记，，， 由，得， 在中，由余弦定理，得，两式相减，得， 因为为的中点，所以， 所以，又，所以， 所以，又， 所以，解得，所以.故选：D 2．C 【详解】依题意，直线两两垂直，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 令，， 对于A，， 若，则，必有， 此时与不共线，矛盾，A错误； 对于B，， ， 则不成立，即不垂直，B错误； 对于C，设平面的法向量，而， 则，令，得， 点到平面距离，当且仅当，即与重合时取等号，C正确； 对于D，当时，，点到平面与平面的距离都为， 而，则，D错误.故选：C 3．D 【详解】由可得， 由圆的对称性，不妨设在轴及轴上方， 则可设， 所以， 由，可知，故， 所以，即，故选：D 4．D 【详解】如图所示，由圆，可得圆心，半径为， 又由椭圆，设上焦点为，下焦点为，且， 根据椭圆的定义，可得，则， 所以， 要使得最大，则最小. 因为，当且仅当为线段与圆的交点时，等号成立， 所以， 当且仅当为线段与椭圆的交点时，等号成立， 所以， 即的最大值为.故选：D.   5．ACD 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，所以， 设，其中，即， 所以点， 又，，， 所以，， 所以， 所以，故A正确； ，因为，所以， 所以， 函数在上单调递减， 所以当时，函数取得最大值，当时，函数取得最小值， 所以，所以， 当时，直线与所成角最大， 因为，故直线与所成角的最大值不为，故B错误； 取中点，连接，因为为的中点，所以， 截面即为四边形，又，所以， 又因为，故四边形为等腰梯形， 如图，作，垂足为，所以， 所以， 所以等腰梯形的面积，即截面的面积为，故C正确； 取的中点，因为为直角三角形，所以为外接圆的圆心， 设外接球的球心为，根据外接球的性质，则平面， 设球心，则， ， 因为，所以，即， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数取得最小值，当时，函数取得最大值， 所以，所以， 即三棱锥外接球半径的取值范围为，故D正确.故选：ACD. 6．ACD 【详解】  由可得：，焦点，准线方程为， 过点作准线的垂线，垂足为， 则，故A正确； 设抛物线上的动点，则由点到直线的距离公式可得： ，故B错误； 设存在点P，使得过点P可作两条垂直的直线与圆相切，圆心, 则，即， 从而把问题转化为抛物线上存在点P到点的距离为，设， 则， 即，故C正确； 设，切点，，的斜率为， 由题意知切线斜率存在，设为， 联立得， ，即， ， 原方程为，， 所以切线方程为：，即， 同理切线方程为：， 由于切线与切线相交于点， 所以有：与成立， 由于切点满足直线方程， 即直线方程为：，因为， 则，即，所以直线恒过定点， 故到直线距离的最大值为，故D正确．故选：ACD． 7．ACD 【详解】已知，根据递推公式，分为奇数和偶数讨论： 当（奇数）时：，即； 当（偶数）时：，即； 当（奇数）时：，即； 当（偶数）时：，即； 当（奇数）时：，即； 当（偶数）时：，即； 当（奇数）时：，即； 选项A：计算前项和：，因此选项A正确； 选项B：观察奇数项规律：，发现奇数项以为周期循环， 因为是奇数，，对应周期中的第项，即，因此选项B错误； 选项C：分析偶数项，当为奇数时，；当为偶数时，， 由于恒为正数，所以数列单调递增，C正确； 选项D：奇数项：，周期为，即是周期为的周期数列，因此选项D正确.故选：ACD. 8．(1)(2)（i）证明见解析，（ii）或 【详解】（1）的标准方程为，故圆心为，，故， 故 （2）（i）直线方程可化为， 故，∴直线过定点. （ii）， 由于在圆外，故当切线斜率不存在时，方程为，满足题意， 当切线斜率存在时，设其方程为：，则，解得， 故方程为，综上所述切线方程为：或. 9．(1)(2)（i）；（ii）证明见解析 【详解】（1）由题意得的渐近线方程为，由的渐近线方程为得， 又，所以，所以，故双曲线的方程为； （2）（i）由（1）可知，由题意得直线的斜率存在且不为， 设直线的方程为，不妨设， 联立 整理得， 则，即 ， ①， 由得②，由①②得 ， 故 ； （ii）当直线的斜率为时为的两顶点，此时； 当直线的斜率不为时，设直线的方程为， ，由（i）知， 则 ， 因为 ， 所以与不垂直，即无论取何值，都有 成立， 综上，不存在直线，使得. 10．(1)证明见解析；(2) 【详解】（1）因为，，所以， 由，两边同时除以可得：， 两边再同时乘以可得：， 又，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列． （2）由（1）可得：，则，即， 所以. 11．(1)证明见解析；(2);(3). 【详解】（1）分别延长，交于，连接，如图. 因为平面，即平面，而平面， 所以，. 因为，所以，则为等腰直角三角形， 所以.又因为为等边三角形，则，所以 ，所以.而，， 所以平面，即平面. （2）由（1）可知，，两两垂直，则以为坐标原点， 分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，如图. 因为，则，而，则. 所以，，，，. 设球心，球半径为， 则有，， ，， . 联立以上五个式子，解得，， 所以球的表面积为. （3）设平面的法向量，因为，， 则有，取，则得，因为， 则点到平面的距离为. 设点关于平面的对称点，则， 则点到平面的距离为，则有， 即.因为，则由对称性可得， 则得，代入中的， 解得（同点，故舍）或，则. 由题可取平面法向量为，因为， 则到平面的距离为. 12．(1)证明见解析(2)(3) 【详解】（1）因为，所以，     ，所以，     所以四边形是平行四边形． （2）由（1）知，，     所以，     由，所以，，，． （3）因为四边形是正方形，所以， 因为，，， 所以，     易知在四棱柱中，，     所以 . 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $