精品解析：青海省湟川中学2025-2026学年高二上学期期末考试数学试卷

青海湟川中学2025-2026学年第一学期期末考试试卷 高二数学 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．本试卷为试题卷，不允许作为答题卷使用，答题部分请在答题卡上作答，否则无效． 3．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场、座位号写在答题卡上，同时填写在试卷上． 4．选择题用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），非选择题用0.5毫米的黑色签字笔答在答题卡相应位置，字体工整，笔迹清楚．作图必须用2B铅笔作答，并请加黑、加粗，描写清楚． 一、单项选择题（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. 若方程表示双曲线，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 若直线与直线互相平行，则（ ） A. 1 B. C. 或1 D. 或 3. 已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 为等差数列，若，下列不是定值的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. 12 B. C. 8 D. 6. 在数列中，，则等于（ ） A. B. C. D. 7. 已知点，若直线与线段相交，则的取值范围为（　　） A. B. C. D. 8. 已知斜率为的直线与椭圆交于两点，若的重心在直线上，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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. 已知数列满足，记为其前项和，若，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为递减的等差数列 C 当时，取得最大值 D. 使得成立最小正整数的值为23 10. 已知圆，则（ ） A. 与圆一定相交 B. 圆与圆C的公共弦所在的直线方程为 C. 若圆与圆关于直线对称，则圆的方程为 D. 过上一动点向圆引切线，则切线长的最小值为 11. 设抛物线为其焦点，为抛物线上一点，则下列结论正确的是（ ） A. 若点坐标为，则 B. 若，则点坐标为 C. 若点坐标为（3,2），则的最小值为4 D. 过点且斜率为2的直线与抛物线相交于两点，则 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 双曲线的离心率为2，且双曲线与圆：有且仅有两个交点，则双曲线的标准方程为______.（写出一个即可） 13. 若数列满足，则称为“对奇数列”．已知为“对奇数列”，且，则_____________． 14. 如图，点P是正方体面对角线上一点，对任意的点P，有以下四个结论： ①点P到直线的距离不变；②平面；③；④平面平面． 其中正确结论的序号是_____________．（写出所有你认为正确结论的序号） 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、证明过程或演算步骤） 15. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262年至前190年）与欧几里得､阿基米德齐名，著有《圆锥曲线论》八卷.他发现平面内到两个定点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.已知在平面直角坐标系中，.点满足，设点的轨迹为曲线， （1）求曲线的方程； （2）若点，求的最小值和最大值. （3）求曲线上的点到直线的最小距离. 16. 已知数列为等差数列，，，数列的前n项和为，且满足． （1）求和的通项公式； （2）若，求数列{}的前n项和为． 17. 在中，内角所对的边分别为，． （1）求； （2）已知，△的周长为，求△的面积． 18. 如图，四边形与为直角梯形，且平面平面，其中，，，. （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）若空间中存在一点，满足，且直线平面，求的长. 19. 已知椭圆的离心率为，且经过点． （1）求椭圆的标准方程； （2）若一条直线与椭圆恰有一个公共点，则定义该直线为椭圆的切线，这个公共点称为切点．以椭圆（，且）上为切点的切线方程是（，且）． （ⅰ）过椭圆外一点作椭圆的两条切线，切点分别为，．若点在定直线上运动，求证：直线恒过定点，并求出该定点坐标； （ⅱ）在（ⅰ）条件下，设为坐标原点，求面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青海湟川中学2025-2026学年第一学期期末考试试卷 高二数学 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．本试卷为试题卷，不允许作为答题卷使用，答题部分请在答题卡上作答，否则无效． 3．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场、座位号写在答题卡上，同时填写在试卷上． 4．选择题用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），非选择题用0.5毫米的黑色签字笔答在答题卡相应位置，字体工整，笔迹清楚．作图必须用2B铅笔作答，并请加黑、加粗，描写清楚． 一、单项选择题（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. 若方程表示双曲线，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的标准方程列不等式，由此求得的取值范围. 【详解】依题意，方程表示双曲线， 所以，解得， 所以的取值范围是. 故选：A 2. 若直线与直线互相平行，则（ ） A. 1 B. C. 或1 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】由两直线平行的充要条件可得，即可求参数，并代入验证是否含重合情况. 【详解】因为直线与直线平行， 根据两直线平行的充要条件可得， 解得或， 当时，代入可得与验证两条直线不重合， 当时，代入可得与验证两条直线不重合. 故选：C 3. 已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间线面的位置关系进行判断. 【详解】若，则可能在内，A错误. 若一条直线垂直于两个平面，则这两个平面平行，B正确. 若，则或或与相交，C错误. 若，则或与相交，D错误. 故选：B 4. 为等差数列，若，下列不是定值的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的性质逐项判断即可. 【详解】因为数列为等差数列， 则，解得， 对于A选项，； 对于B选项，无法确定的值； 对于C选项，； 对于D选项，. 故选：B. 5. 已知，则（ ） A. 12 B. C. 8 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量数量积的运算律以及模长的坐标运算即可得出结果. 【详解】因为， 所以,， 则,所以, 故选：B 6. 在数列中，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由累加法求通项即可得出答案. 【详解】由可得： ， ．经验证，也适合上式. 故选：B. 7. 已知点，若直线与线段相交，则的取值范围为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把直线的方程整理为，显然直线过定点，结合图形进行求解即可. 【详解】由直线的方程为，变形得， 显然直线过定点， 而，， 由图可知，要使直线与线段AB相交， 则或，即k的取值范围是. 故选：B. 8. 已知斜率为的直线与椭圆交于两点，若的重心在直线上，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用点差法探究的关系，求椭圆的离心率. 【详解】设，，则，两式相减得：， 所以 因为，所以. 又的重心为，且重心在直线上，所以. 所以， 所以. 故选：B 二、多项选择题（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. 已知数列满足，记为其前项和，若，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为递减的等差数列 C. 当时，取得最大值 D. 使得成立的最小正整数的值为23 【答案】ABD 【解析】 【分析】设出首项和公差，并结合题意得到，进而判断A，利用等差数列的求和公式并结合等差数列的定义判断B，利用等差数列的性质判断C，结合题意建立不等式，进而得到且，从而判断D即可. 【详解】因为，所以是等差数列， 因为，所以， 设首项为，公差为，则，解得， 对于A，可得，故A正确， 对于B，由等差数列性质得， 则，， 可得， 而，则为递减的等差数列，故B正确， 对于C，因为，，所以， 因为，，所以为递减的等差数列， 则的前11项均为正，从第12项起为负， 则当时，取得最大值，故C错误， 对于D，令，则， 而，可得，且，解得， 则使得成立的最小正整数的值为23，故D正确. 故选：ABD 10. 已知圆，则（ ） A. 与圆一定相交 B. 圆与圆C的公共弦所在的直线方程为 C. 若圆与圆关于直线对称，则圆的方程为 D. 过上一动点向圆引切线，则切线长的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，求出直线恒过定点，得到，则与圆相交；选项B，圆和圆这两个圆的方程相减得到公共弦所在的直线方程；选项C，根据点关于直线对称判断；选项D，切线长，要使切线长的最小值，需要最小，由的最小值为到的距离，从而得到切线长的最小值. 【详解】圆的圆心为，半径为， 选项A，，整理得到， 则，解得，故直线恒过定点， ，与圆相交，故选项A正确； 选项B，圆整理得到， 圆和圆这两个圆的方程相减 得到公共弦所在的直线方程为，故选项B正确； 选项C，若圆与圆关于直线对称， 则圆心关于直线的对称点为， 则的中点在直线上，但是不在直线上，得出矛盾， 所以若圆与圆关于直线对称， 圆的方程不是，故C错误； 选项D，如图，切线长， 要使切线长的最小值，需要最小， 的最小值为到的距离， 切线长的最小值为，故选项D正确. 故选：ABD. 11. 设抛物线为其焦点，为抛物线上一点，则下列结论正确的是（ ） A. 若点坐标为，则 B. 若，则点坐标为 C. 若点坐标为（3,2），则的最小值为4 D. 过点且斜率为2的直线与抛物线相交于两点，则 【答案】AC 【解析】 【分析】应用两点距离公式求判断A选项，由抛物线的定义确定点的横坐标，进而确定其坐标判断B选项，若准线于点，从而有，由数形结合判断C选项，写出直线方程，联立抛物线，应用韦达定理和抛物线的定义求弦长判断D选项. 【详解】因为抛物线，焦点，准线，在A选项中，若点坐标为，则，所以A选项正确， 在B选项中，设点坐标为，则，所以，代入抛物线可得，故点坐标为，所以B选项错误， 在C选项中，如下图，若准线于点，则，所以，当且仅当点，，共线时取等号，当准线时，最小值为，即的最小值为4，所以C选项正确， 在D选项中，设直线，联立，则，求解可得：，所以，，所以D选项错误. 故选：AC. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 双曲线的离心率为2，且双曲线与圆：有且仅有两个交点，则双曲线的标准方程为______.（写出一个即可） 【答案】（或） 【解析】 【分析】利用双曲线与圆的位置关系得，结合离心率得，分类讨论即的答案. 【详解】当双曲线的焦点在轴上时，，因为离心率，所以，则， 所以双曲线标准方程为. 同理，当双曲线焦点在轴上时，，，所以双曲线的标准方程为. 故答案为：（或） 13. 若数列满足，则称为“对奇数列”．已知为“对奇数列”，且，则_____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据“对奇数列”和等比数列的定义求解即可. 【详解】因为为“对奇数列”，根据定义可得，即， 又，所以是以为首项，3为公比的等比数列， 所以，则， 故答案为： 14. 如图，点P是正方体的面对角线上一点，对任意的点P，有以下四个结论： ①点P到直线的距离不变；②平面；③；④平面平面． 其中正确结论的序号是_____________．（写出所有你认为正确结论的序号） 【答案】②④ 【解析】 【分析】根据直线与是异面直线，判断①，利用面面平行的判断定理证明平面平面，判断②，根据，判断③，利用面面垂直的判断定理证平面平面，判断④. 【详解】由图可知直线与是异面直线，又点为直线的动点， 所以点P到直线的距离会因点的变化而变化，故①错误； 连接，在正方体中有， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面平面，所以平面， 同理平面，又平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面，故②正确； 因为，所以当点为的中点时，，故③错误， 因为平面平面，所以， 又平面， 所以平面，连接，又平面，所以， 同理可证， 又平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，故④正确． 故答案为：②④. 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、证明过程或演算步骤） 15. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262年至前190年）与欧几里得､阿基米德齐名，著有《圆锥曲线论》八卷.他发现平面内到两个定点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.已知在平面直角坐标系中，.点满足，设点的轨迹为曲线， （1）求曲线的方程； （2）若点，求的最小值和最大值. （3）求曲线上的点到直线的最小距离. 【答案】（1） （2）最小值，最大值为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件列出方程求出曲线的轨迹方程即可； （2）求出点与圆心的距离，即可求出最值； （3）根据圆心到直线的距离求最值即可. 【小问1详解】 设， 则， 化简得，， 即. 【小问2详解】 由知，圆心为，半径， 因为， 所以点在圆外， ， 所以. 【小问3详解】 因为圆心到直线的距离为， 所以曲线上的点到直线的最小距离为. 16. 已知数列为等差数列，，，数列的前n项和为，且满足． （1）求和的通项公式； （2）若，求数列{}的前n项和为． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列中，设公差为，由已知可求得等差数列的通项公式，利用及，可得公比和首项，进而可得数列的通项； （2）利用，利用错位相减法及等比数列的求和公式即得结论. 【小问1详解】 等差数列中，设公差为， 则 由得：时， 时， 为公比为2的等比数列， 【小问2详解】 数列中，． 则 所以 故 所以 17. 在中，内角所对的边分别为，． （1）求； （2）已知，△的周长为，求△的面积． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦边角关系及已知得，结合和角正弦公式、三角形内角和化简得，即可求其大小； （2）由余弦定理及，求得，再由三角形面积公式求面积. 【小问1详解】 由，得， 即， 因， 代入上式，可得，因，则得， 又，所以； 【小问2详解】 由余弦定理，，即① △的周长为，即② 由①②解得，所以△的面积. 18. 如图，四边形与为直角梯形，且平面平面，其中，，，. （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）若空间中存在一点，满足，且直线平面，求的长. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理得证. （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面法向量，再利用面面角的向量法求解. （3）利用空间向量的坐标运算求出，再利用向量共线的坐标表示求解. 【小问1详解】 由，得，而平面平面， 平面平面平面，则平面， 又平面，所以. 【小问2详解】 由（1）知平面，平面，则， 而，，以点为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， 又，，，， 则，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则，令，得， 设平面的法向量为，则，令，得， 因此， 所以平面与平面夹角的正弦值为. 【小问3详解】 设，依题意，， 即，，， 即，则， 由平面，得是平面的一个法向量，于是， 即，解得，， 因此，所以. 19. 已知椭圆的离心率为，且经过点． （1）求椭圆的标准方程； （2）若一条直线与椭圆恰有一个公共点，则定义该直线为椭圆的切线，这个公共点称为切点．以椭圆（，且）上为切点的切线方程是（，且）． （ⅰ）过椭圆外一点作椭圆的两条切线，切点分别为，．若点在定直线上运动，求证：直线恒过定点，并求出该定点坐标； （ⅱ）在（ⅰ）的条件下，设为坐标原点，求面积的最大值． 【答案】（1）； （2）（ⅰ）证明见解析，；（ⅱ）2. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，列出方程组求出即可. （2）（ⅰ）设出点的坐标，写出切线方程，进而求出直线方程即可推理得证；（ⅱ）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理列出三角形面积的函数关系，再利用基本不等式求出最大值. 【小问1详解】 由椭圆的离心率为，得，则， 由椭圆过点，得，解得， 所以椭圆的标准方程是. 【小问2详解】 （ⅰ）由点在直线上，设，切点， 依题意，切线，切线， 由切线都过点，得，点都在直线上， 因此直线的方程为，所以直线恒过定点. （ⅱ）由消去并整理得：， 则，，的面积 ，当且仅当，即时取等号， 所以面积的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $