精品解析：上海市松江一中2025-2026学年高二上学期期末考试数学试卷

上海市松江一中2025-2026学年高二上学期期末考试数学试卷 命题教师 王瑾 韩秀平 审核人 王瑾 2026.1 考生注意： 本卷满分150分，考试时间120分钟，答案全部做在答题纸上． 一、填空题（本大题共有12题，满分54分．考生必须在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，第题每个空格填对得4分，第题每个空格填对得5分，否则一律得零分）． 1. 与的等差中项为______. 【答案】 【解析】 【分析】设与的等差中项为，根据等差中项的定义得到方程，解得即可. 【详解】设与的等差中项为， 则，解得， 所以与的等差中项为. 故答案为： 2. 已知为正整数，且，则________． 【答案】6 【解析】 【分析】由排列数的计算公式得到方程，求出答案. 【详解】，解得或（舍去）. 故答案为：6 3. 一组数据按照从小到大的顺序排列如下：10，13，14，23，24，25，27，40，46，48.则该组数据的第43百分位数为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据百分位数的概念求值即可 【详解】一组数据按照从小到大的顺序排列如下：10，13，14，23，24，25，27，40，46，48，共10个数， 因为，不是整数， 所以该组数据的第百分位数为按从小到大排列的第5个数，即24. 故答案为：. 4. 用数学归纳法证明等式时，从到时，左边需要增添的项是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据数学归纳法的定义判断即可． 【详解】用数学归纳法证明题干中的等式时，当左边所得的项是， 假设时，命题成立，左端为， 则当时，左端为， 从到时需增添的项是． 故答案为：． 5. 已知数列的前项和为，且满足，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用和的关系即可求解的通项表达式． 【详解】当，， 当，， 验证时，，符合的通项， 故． 故答案为：． 6. 从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取2个数字相加，其和为偶数的概率是________． 【答案】## 【解析】 【分析】用列举法列举出所有可能的情况，利用古典概型概率计算公式求得所求的概率. 【详解】这两个数字，任选两个可能的组合如下：，，，共种， 其中和为偶数的有,,共种，故和为偶数的概率是. 故答案为： 【点睛】本小题主要考查古典概型概率计算，考查列举法，属于基础题. 7. 在中，，则以为焦点，且过点的双曲线的离心率为______. 【答案】3 【解析】 【分析】由双曲线定义以及焦距、离心率公式即可列式求解. 【详解】由题意知. 故答案为：3. 8. 设、分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且满足，则______． 【答案】18 【解析】 【分析】根据椭圆的定义得到，由，得到，结合，即可求解． 【详解】如图： 由题意，椭圆，可得，，则， 根据椭圆的定义，可得. 又由，可得，所以. 因为， 即，解得． 故答案为：18 9. 已知无穷等比数列和，满足的各项和为9，则数列的各项和为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】设的公比为，由无穷等比数列各项和公式，求得，进而得到，求得数列的首项和公比，即可求得的各项和． 【详解】设的公比为，由,的各项和为9，得，解得， 则，， 因此数列是首项为，公比为的等比数列， 所以数列的各项和为． 故答案为： 10. 在数列中，，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】运用累加法，结合等差数列前项和公式、对勾函数的单调性进行求解即可. 【详解】， ， ， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，，， 因此当，或，有最小值， 即的最小值为. 故答案为： 11. 有件商品的编号分别为，它们的售价（元），且满足，则这件商品售价的所有可能情况有________种. 【答案】 【解析】 【分析】利用组合数中允许重复的原则，分四类讨论，再由加法原理和组合数计算即可. 【详解】分四类讨论： ①当时，有6种情况； ②当时， 若，有5种选法； 若，有4种选法； 若，有3种选法； 若，有2种选法； 若，有1种选法； 由加法原理可得共有15种； ③当时， 若，选择有5种选法； 若，选择有4种选法； 若，选择有3种选法； 若，选择有2种选法； 若，选择有1种选法； 由加法原理可得共有15种； ④当时，有种， 综上，共有种. 故答案为：56. 12. 设．数列满足下列条件：，且对任意的，都存在使得，其中互不相等，则数列的前20项和的最大值是_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，数列为非递减数列，设数列中分别有个，分析可得，，，，，即可求其前20项和的最大值. 【详解】数列满足下列条件：， 则数列为非递减数列， 设数列中分别有个， 对任意的，都存在使得，其中互不相等， 对于数列中，由于，所以， 对于数列中，同理可得， 对于数列中，由于， 所以， 对于数列中，由于， 所以， 对于数列中，由于， 所以， 若数列的前20项和要最大，则， 所以数列的前20项和为. 故答案为： 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第题每题4分，第题每题5分），每题有且只有一个正确答案，考生必须在答题纸相应位置上，将代表答案的小方格涂黑． 13. 设，则“”是直线与直线平行的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】求出平行时参数a的值，再由充分不必要条件定义即可得解. 【详解】由题直线的斜率为，在y轴上截距为2， 若直线与直线平行， 则或， 所以“”是直线与直线平行的充分不必要条件. 故选：A 14. 已知事件和事件满足，则下列说法正确的是（ ）． A. 事件和事件独立 B. 事件和事件互斥 C. 事件和事件对立 D. 事件和事件互斥 【答案】B 【解析】 【分析】根据互斥事件、相互独立事件的定义判断即可. 【详解】因为事件和事件满足，则一定可以得到事件和事件互斥，但不一定对立，故B正确，C错误； 因为，当，不为时，事件和事件不独立，故A错误； 抛掷一枚骰子，记出现点为事件，出现点为事件， 则，，显然事件和事件不互斥，故D错误. 故选：B 15. 设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件：，，则下列结论中不正确的是（ ） A. B. C. 是数列中的最大值 D. 若，则n的最大值为4047 【答案】D 【解析】 【分析】首先分析，再由得到，，即，然后逐项判断. 【详解】根据题意，等比数列的公比为， 若，则， 又由，必有，则数列各项均为正值， 若，即，必有，，则必有， 依次分析选项： 对于A，数列各项均为正值，则，必有，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C：根据，所以是数列中的最大项，故C正确， 对于D：由,， 可知，故D错误； 故选：D. 16. 定义：如果曲线段可以一笔画出，那么称曲线段为单轨道曲线，比如圆、椭圆都是单轨道曲线；如果曲线段由两条单轨道曲线构成，那么称曲线段为双轨道曲线．对于曲线有如下命题：存在常数，使得曲线为单轨道曲线； 存在常数，使得曲线为双轨道曲线．下列判断正确的是（ ）. A. 和均为真命题 B. 和均为假命题 C. 为真命题，为假命题 D. 为假命题，为真命题 【答案】A 【解析】 【分析】根据方程确定研究曲线的性质，判断命题的真假． 【详解】记， 易得，因此曲线关于轴，轴成轴对称，关于原点成中心对称， 从几何上讲，曲线是到两定点和的距离乘积为的点的轨迹， 由可得，因此它在轴上方和下方分别是两个函数的图象，这两个函数图象在轴上有公共点（方程的解相同）， 由得， 时，或， 所以曲线与轴无公共点，曲线是在轴两侧的两个曲线构成，是双轨道曲线， 当时，，结合对称性知，曲线是一个封闭曲线，是单轨道曲线， （实际上上述过程中只要对取一个特定值讨论即可） 命题均正确， 故选：A． 【点睛】方法点睛：用方程确定曲线的性质，例如对称性，在曲线方程中用替换，方程不变，则曲线关于轴对称，用替换，方程不变，则曲线关于轴对称，如果同时用替换，替换，方程不变，则说明曲线关于原点对称，同样如果互换后方程不变，曲线则关于直线对称等等，通过方程中变量的变化范围得出曲线点的坐标的变化范围，即曲线的范围，由变量变化的趋势得出曲线的变化趋势． 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤． 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，M为PC中点． （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1） 连接，交于点，则是的中点，连接. 因为，分别是的中点， 所以，. 因为，平面，平面， 所以，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接.由已知推得，即可根据线面平行的判定定理得出证明； （2）建立空间直角坐标系，求出以及平面的法向量的坐标，根据向量法求解即可得出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，. 因为平面，所以即为平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为， 因为，， 所以，，. 18. 已知双曲线的标准方程为，左、右焦点分别是、，到双曲线渐近线的距离是，并且离心率为 （1）求双曲线的标准方程； （2）若斜率为的直线过点与双曲线交于、两点，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出的值，结合可得出、的值，由此可得出双曲线的标准方程； （2）设、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，结合三角形的面积公式可求出的面积. 【小问1详解】 双曲线的渐近线方程为，即， 点到渐近线的距离为， 又因为，所以，， 所以双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 设、，由（1）及题设知、， 所以直线方程为，联立，消得：， ， 由韦达定理可得，， 所以， 又因为，所以， 即的面积为. 19. 已知圆的方程，从0，3，4，5，6，7，8，9，10这九个数中选出3个不同的数，分别作圆心的横坐标、纵坐标和圆的半径．问： （1）可以作多少个不同的圆？ （2）经过原点的圆有多少个？ （3）圆心在直线上的圆有多少个？ 【答案】(1)448；(2)4；(3)38. 【解析】 【分析】(1)由题意利用乘法原理结合排列数公式可得满足题意的圆的个数； (2)由题意首先确定满足该条件的a，b，r，然后求解满足题意的圆的个数即可； (3)首先确定圆心满足的条件，然后结合排列数公式和分步加法计数原理可得满足题意的圆的个数. 【详解】(1)可分两步完成：第一步，先选r，因r>0，则r有种选法，第二步再选a，b，在剩余8个数中任取2个，有种选法， 所以由分步计数原理可得有个不同的圆. (2)圆经过原点，a、b、r满足， 满足该条件的a，b，r共有3，4，5与6，8，10两组，考虑a、b的顺序，有种情况， 所以符合题意的圆有. (3)圆心在直线x+y−10=0上，即满足a+b=10，则满足条件的a、b有三组：0，10；3，7；4，6. 当a、b取10、0时，r有7种情况， 当a、b取3、7；4、6时，r不可取0，有6种情况， 考虑a、b的顺序，有种情况， 所以满足题意的圆共有个. 【点睛】本题主要考查圆的方程及其应用，分类加法计数原理与分步乘法计数原理，排列数公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 20. 已知数列满足（为正整数）． （1）设是公差为2的等差数列．当时，求的值； （2）设．求正整数，使得对一切正整数，均有； （3）设．当时，求数列的通项公式． 【答案】（1）， （2）5 （3） 【解析】 【分析】（1）根据公差化简计算得出,再代入求值即可； （2）代入求出，再分类得出数列的单调性即可得出； （3）分和两种情况分别应用累加法及分组求和法求出通项公式. 【小问1详解】 ，是公差为2的等差数列， 所以，所以，又因为， 所以，即， ，即． 【小问2详解】 因为，所以， 所以，当，单调递减，所以， 当，单调递增，所以， 所以数列的最小值为，所以，使得对一切正整数，均有； 【小问3详解】 因为，所以， 所以化简得， 当时，， 求和得， 所以； 当时，， 则. 综上所述，. 【点睛】关键点点睛：本题第3问关键是得到，进而分情况利用累加法及分组求和法进行求解. 21. 曲线的方程中，用替换，替换得到曲线的方程，把这种的变换称为“伸缩变换”，，分别称为轴和轴的伸缩比. （1）若曲线的方程为，伸缩比，求经过“伸缩变换”后所得到曲线的标准方程； （2）若曲线的方程为，经过“伸缩变换”后所得到曲线是离心率为的椭圆，求的值； （3）对抛物线作变换，得抛物线；对抛物线作变换，得抛物线，如此进行下去，对抛物线作变换，得抛物线，若，记数列的前项和为，求证：. 【答案】（1） （2） （3）证明：对抛物线作变换， 得抛物线，得， 所以， 即， 所以， 又， 所以，当时， ， 当或时，也成立，故. 【解析】 【分析】（1）由“伸缩变换”的定义计算即可得； （2）先由“伸缩变换”求得方程，再分或，结合离心率定义计算即可得； （3）由“伸缩变换”求的定义计算可得，则可得数列的通项公式，再利用放缩法及裂项相消法求和即可得证． 【小问1详解】 由题意得，化简得， 所以曲线的标准方程为； 【小问2详解】 由题意得，经过伸缩变换后的椭圆方程为，化简得， ①当时，， 则，解得； ②当时，， 则，解得； 综上所述，或； 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略： ①通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的； ②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海市松江一中2025-2026学年高二上学期期末考试数学试卷 命题教师 王瑾 韩秀平 审核人 王瑾 2026.1 考生注意： 本卷满分150分，考试时间120分钟，答案全部做在答题纸上． 一、填空题（本大题共有12题，满分54分．考生必须在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，第题每个空格填对得4分，第题每个空格填对得5分，否则一律得零分）． 1. 与的等差中项为______. 2. 已知为正整数，且，则________． 3. 一组数据按照从小到大的顺序排列如下：10，13，14，23，24，25，27，40，46，48.则该组数据的第43百分位数为__________． 4. 用数学归纳法证明等式时，从到时，左边需要增添的项是__________． 5. 已知数列的前项和为，且满足，则__________． 6. 从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取2个数字相加，其和为偶数的概率是________． 7. 在中，，则以为焦点，且过点的双曲线的离心率为______. 8. 设、分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且满足，则______． 9. 已知无穷等比数列和，满足的各项和为9，则数列的各项和为__________． 10. 在数列中，，则的最小值为__________. 11. 有件商品的编号分别为，它们的售价（元），且满足，则这件商品售价的所有可能情况有________种. 12. 设．数列满足下列条件：，且对任意的，都存在使得，其中互不相等，则数列的前20项和的最大值是_______． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第题每题4分，第题每题5分），每题有且只有一个正确答案，考生必须在答题纸相应位置上，将代表答案的小方格涂黑． 13. 设，则“”是直线与直线平行的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 14. 已知事件和事件满足，则下列说法正确的是（ ）． A. 事件和事件独立 B. 事件和事件互斥 C. 事件和事件对立 D. 事件和事件互斥 15. 设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件：，，则下列结论中不正确的是（ ） A. B. C. 是数列中的最大值 D. 若，则n的最大值为4047 16. 定义：如果曲线段可以一笔画出，那么称曲线段为单轨道曲线，比如圆、椭圆都是单轨道曲线；如果曲线段由两条单轨道曲线构成，那么称曲线段为双轨道曲线．对于曲线有如下命题：存在常数，使得曲线为单轨道曲线； 存在常数，使得曲线为双轨道曲线．下列判断正确的是（ ）. A. 和均为真命题 B. 和均为假命题 C. 为真命题，为假命题 D. 为假命题，为真命题 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤． 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，M为PC中点． （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的大小． 18. 已知双曲线的标准方程为，左、右焦点分别是、，到双曲线渐近线的距离是，并且离心率为 （1）求双曲线的标准方程； （2）若斜率为的直线过点与双曲线交于、两点，求的面积. 19. 已知圆的方程，从0，3，4，5，6，7，8，9，10这九个数中选出3个不同的数，分别作圆心的横坐标、纵坐标和圆的半径．问： （1）可以作多少个不同的圆？ （2）经过原点的圆有多少个？ （3）圆心在直线上的圆有多少个？ 20. 已知数列满足（为正整数）． （1）设是公差为2的等差数列．当时，求的值； （2）设．求正整数，使得对一切正整数，均有； （3）设．当时，求数列的通项公式． 21. 曲线的方程中，用替换，替换得到曲线的方程，把这种的变换称为“伸缩变换”，，分别称为轴和轴的伸缩比. （1）若曲线的方程为，伸缩比，求经过“伸缩变换”后所得到曲线的标准方程； （2）若曲线的方程为，经过“伸缩变换”后所得到曲线是离心率为的椭圆，求的值； （3）对抛物线作变换，得抛物线；对抛物线作变换，得抛物线，如此进行下去，对抛物线作变换，得抛物线，若，记数列的前项和为，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $