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. 使得成立的最小正整数的值为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） 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. 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）的条件下，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， 所以双曲线的标准方程为. 同理，当双曲线的焦点在轴上时，，，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）最小值为，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）由，得，而平面平面， 平面平面平面，则平面 ， 又平面 ，所以. （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 的法向量，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】 略 【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）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）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）略 （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 $