湖南长沙市望城区第二中学2025-2026学年上学期高二期末考试数学试题

绝密★启用前 2025年下学期望城二中高二期末考试数学试题 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。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题：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.已知等比数列的公比为，前项和为若，，则(    ) A. B. C. D. 【答案】C  【解析】解：因为，， 所以， 因为，所以，解得，所以或． 因为，所以， 当时，，解得， 所以，满足，， 所以，； 当时，，解得， 所以，满足，， 所以，． 故A，，D错误，C正确． 故选：． 由等比数列求和公式求得，进而逐项判断即可． 本题考查等比数列的通项公式与前项和公式的应用，属于中档题． 2.已知，，两直线：，：，若，则的最小值为(    ) A. B. C. D. 【答案】D  【解析】解：由，得，化简得． 因，，将两边除以，得． 则 ． 由，当且仅当即时取等号． 代入，得满足，，故． 故选：． 先由直线垂直的条件得到与的关系式，再通过“的代换”结合基本不等式，求解的最小值． 本题主要考查直线垂直的条件、基本不等式的应用，属于中档题． 3.已知圆：，直线上存在点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，使得，则的取值范围为(    ) A. B. C. D. 【答案】C  【解析】解：已知圆：，直线上存在点， 过点作圆的两条切线，切点分别为，， 则，， 因为， 所以，那么， 所以是以为圆心，为半径的圆， 因为直线上存在点满足条件， 所以直线与点的轨迹圆有公共点， 所以圆心到直线的距离为， 解得， 则的取值范围为 故选：． 先根据切线的性质求出点的轨迹，然后根据直线与圆的位置关系求出的范围． 本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题． 4.已知直线：的倾斜角为，直线与轴的交点为点，绕点顺时针方向旋转得到直线，与轴的交点为点，则点的坐标是(    ) A. B. C. D. 【答案】D  【解析】解：直线：的倾斜角为，可得直线的斜率， 即，可得， 直线与轴的交点为点，令，可得，即， 又直线绕点顺时针方向旋转得到直线， 所以直线的斜率， 所以直线的方程为， 令，可得，所以． 故选：． 先根据直线方程求出倾斜角的正切值，再利用两角差的正切公式求出直线的斜率，然后根据直线过点，求出其方程，最后令求出点的坐标即可． 本题考查直线的倾斜角的求法及两角差的正切公式的应用，直线在坐标轴上的截距的求法，属于基础题． 5.三棱锥中，，点是的重心，则等于(    ) A. B. C. D. 【答案】D  【解析】【分析】 本题主要考查了空间向量在立体几何中的应用，熟练掌握相关公式是解决此类问题的关键． 根据，平方后求解即可． 【解答】 解：点是的重心， 则 ， ， ， 故选D． 6.已知函数，下列命题正确的有(    ) A. 可能有个零点 B. 没有极小值 C. 时， D. 若存在极大值点，且，其中，则 【答案】D  【解析】解：函数的定义域为，导函数． 当时，函数， 根据二次函数性质可知函数最低点坐标为， 此时与轴无交点，即无零点； 当时，令导函数，或． 当时，在上，导函数， 在时，导函数， 所以函数在和上单调递减，在上单调递增， 因此此时函数有极小值点，极小值为， 存在极大值点，极大值为；，，因此有一个零点． 当时，在上， 在上， 所以函数在上单调递减，在和上单调递增， 因此此时函数有极小值点，极小值为， 存在极大值点，极大值为； ，，因此函数有一个零点． 对于选项A，当时，无零点；和时函数有一个零点，因此选项A错误； 对于选项B，当时，有极小值，因此选项B错误； 对于选项C，时，，此时函数在上单调递减， 又因为，因此，所以选项C错误； 对于选项D，根据上述分析可知，则，，即． 已知方程已有一根为，故可因式分解得，解得与相异的根，则，故D正确． 故选：． 讨论的范围，根据不同的取值讨论函数的单调性及极值和零点，即可判断、两项； 再根据得到，根据时的单调性即可判断； 根据分析已知，，解关于的方程即可，得，即可判断． 本题考查导数的综合应用，属于难题． 7.焦点为的抛物线与圆交于、两点，其中点横坐标为，方程的曲线记为，是圆与轴的交点，是坐标原点有下面的四个命题，请选出所有正确的命题(    ) 对于给定的角，存在，使得圆弧所对的圆心角；对于给定的角，存在，使得圆弧所对的圆心角；对于任意，该曲线有且仅有一个内接正；当时，存在面积大于的内接正． A. B. C. D. 【答案】A  【解析】解：抛物线与圆，消去得，即，而且， ，即、横坐标与半径的关系， 抛物线与圆有两个交点，即， 当，时，， 故正确； 抛物线与圆交于、两点， 由可知，关于轴对称，则对于给定的角， 存在使得圆弧所对的圆心角，即只需存在使即可． 令，则，解得或， 、当，在如下图阴影部分变化， 有， 、当，若时，故在如下图阴影部分变化， 有， 或时，有即， 对于给定的角，存在，使得圆弧所对的圆心角， 故正确； 由，于是轴，直线：，同理， ，与分别都只有一个交点，即对于任意，该曲线有且仅有一个内接正， 故正确； 当时，如下图示， 抛物线与圆只有一个交点且交点为原点，不符合题意， 但此时， 当时，，与的交点在圆上，会一直增大，如下图示， 直到，即，与、重合分别为、， 此时， ． 当时，，与的交点在抛物线上，的变化对没有影响，如下图示，， 故错误． 故选：． 由题设，抛物线与圆的方程可得交点横坐标与圆半径的关系为，结合各项条件，应用特殊值法判断的正误，由于随着圆半径的增大，直线，与的交点从圆上会变化，直到时交点刚好为抛物线与圆的交点上，此后再增大，位置不变，即可判断的正误． 本题考查圆锥曲线的综合应用，直线与抛物线的位置关系的应用，是难题． 8.函数的图象恒过定点，若点在直线：上，其中，则下列错误的是(    ) A. 点的坐标为 B. 的最小值为 C. 点的轨迹是一条直线 D. 点到直线的距离最大值为 【答案】C  【解析】解：对于，由对数函数的定义，令，得，此时， 所以函数的图象恒过定点，选项A正确； 对于，因为点在直线：上，所以，且， 所以，，， 当且仅当且，即，时取“”， 所以的最小值为，选项B正确； 对于，由，且，，得点的轨迹是一条没有端点的射线，选项C错误； 对于，因为直线：恒过定点， 所以点到直线：的最大距离为，选项D正确． 故选：． 选项A，根据对数函数的定义与性质，即可求解；选项B，根据点在直线上得，，，利用基本不等式求出的最小值；选项C，由题意得点的轨迹是一条没有端点的射线；选项D，利用两点间的距离得出点到直线的最大距离． 本题考查了函数与不等式的应用，也考查了推理与运算能力，是中档题． 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.已知正项数列的前项和为，且满足，记，则下列结论正确的有(    ) A. B. C. D. 【答案】BD  【解析】【分析】 本题主要考查数列求和，涉及数列的递推关系、等差数列的求和、等差数列的判定与证明求和，涉及裂项相消法以及运用放缩法证明不等式，属于中档题． 由题意，可证得数列是首项，公差的等差数列，得到，，于是可判正误；利用等差数列求和公式可判正误；计算得到，利用裂项相消法可判正误；由计算可知正误． 【解答】 解：由题意， 由，得， 当时，由得， 当时，由 两式相减得， 整理得， 因，故， 于是数列是首项，公差的等差数列， 故，，即选项错误； ，选项正确； 因为， ， 即，选项正确； ，选项错误． 故选：． 10.如图，正方体中，为中点，在线段上．给出下列判断，其中正确的为(    ) A. 存在点使得平面 B. 在平面内总存在与平面平行的直线 C. 平面与平面所成的二面角锐角的大小与点的位置无关 D. 三棱锥的体积与点的位置无关 【答案】BD  【解析】解：对于，假设存在使得平面，则， 又，， 平面，则，这与矛盾，故选项A错误； 对于，平面与平面相交，设交线为， 在平面内与平行的直线平行于平面，故选项B正确； 对于，设平面与平面所成的二面角锐角的大小为，在平面内的射影面积不变，但随着点的移动，在发生变化， 由可知，平面与平面所成的二面角锐角的大小与点的位置有关，故选项C错误； 对于，三棱锥的体积即为三棱锥的体积， 平面， 点在线段上移动时，到平面平面的距离不变，故三棱锥的体积与点的位置无关，故选项D正确． 故选：． 运用线面垂直的判定及反证法即可判断；运用线面平行的判定定理即可判断；由射影法求二面角即可判断；由线面平行，结合三棱锥的体积公式即可判断． 本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，考查空间角及三棱锥的体积，考查逻辑推理能力，属于中档题． 11.已知曲线，则(    ) A. 若，则是椭圆，其焦点在轴上 B. 若，则是圆，其半径为 C. 若，则是双曲线，其渐近线方程为 D. 若，，则是两条直线 【答案】ACD  【解析】【分析】 本题考查圆锥曲线的相关概念，考查逻辑推理能力，属于中档题． 根据，的范围，结合椭圆、双曲线、圆及直线的标准方程一一判断即可． 【解答】 解：当时，可化为， 若，则，故表示焦点在轴的椭圆，故A正确； 若，可化为，表示圆心为原点，半径为的圆，故B错误； 若，则是双曲线，令故其渐近线方程为，故C正确； 若，，可化为，即，表示两条直线，故D正确． 故选ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知正四面体棱长为，棱上有一点，棱上有一点，棱上有一点若，则的最大值为          ． 【答案】  【解析】【分析】 本题考查解三角形与几何的综合应用，属于较难题． 由余弦定理可得，为方程两根，分析可知当时，没有最大值，当时，可以取到最大值，即可求解． 【解答】 解：由题意，棱上有一点，棱上有一点，棱上有一点， 则， 在中，由余弦定理有：， 可得， 同理在中有， 一方面：若，则，为方程两根， 则，得，又两根都为正， 故，即， 但此时不可能最大，理由如下：不妨， 则在上取一点，使，在上取一点，使， 则为等边三角形，由对称性可知， 而，， 从而， 所以这个时候取不到最大值， 另一方面：当，重合时，即时，最大，且的最大值为， 当时，为等边三角形， 设此时， 由题存在这样的，使得成立， 则，的最大值为， 故，当且仅当时等号成立． 故答案为：． 13.已知函数，关于的方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围为        ． 【答案】  【解析】解：因为， 所以作出的图象如下： 设，则， 当时，数形结合可知的根仅有一个，且根， 此时无根，不满足题意； 当时，数形结合可知的根为：，， 此时有个根，无根， 所以共有个根，不满足题意； 当时，数形结合可知的根为：，，， 此时有个根，有个根，无根， 所以共有个根，满足题意； 当时，数形结合可知的根为：，， 此时有个根，无根， 所以共有个根，不满足题意； 当时，数形结合可知的根为：，， 此时有个根，无根， 所以共有个根，不满足题意； 当时，数形结合可知的根为：，， 此时有个根，有根， 所以共有个根，不满足题意； 当时，数形结合可知的根为：， 此时有个根，有根， 所以共有个根，满足题意； 当时，数形结合可知的根为， 此时有个根，不满足题意； 当时，数形结合可知无根， 所以无根，不满足题意； 综合可得实数的取值范围为． 故答案为：． 作出的图象，设，则，对分类讨论，数形结合分析关于方程的解，从而可得的不同取值及范围，再数形结合分析的总根个数是否为，从而可求解． 本题考查嵌套型方程的根的个数问题的求解，数形结合思想，化归转化思想，属难题． 14.设，，，，，，，当时，定义的差分运算为用表示对进行次差分运算，显然，是一个维数组称满足的最小正整数的值为的深度若这样的正整数不存在，则称的深度为则中深度为的数组个数为      个用含的代数式表示 【答案】  【解析】解：从具体维度探究深度与数组个数的关系： 当深度，需全为，因，数组元素只能全，仅个，． 当深度，需是深度的数组全，原数组需是“，交替”模式，有个，． 当深度，需是深度的数组，对应原数组有个，． 归纳规律：深度为时，数组个数是． 易知中仅有一组；中深度的数组有组； 中深度的数组有组，为和， 不难发现，下层中的可认为由上层中的和生成，由和生成， 故对每个满足条件的下层数组，上层中都有完全相反的两个与之对应， 如对应和； 中深度的数组有组，如对应和； 对应和共个； 依此类推，中深度的数组仅组． 因为定义不存在时，深度为，中，最后一次差分运算后，结果为， 则视为不存在，可知中深度为的数组为，两个， 中深度为的数组为，，，共个， 依此类推，中深度为的数列有个． 综上，中深度为的数组有组． 故答案为：． 当存在，注意到下层中的可认为由上层中的和生成，由和生成，故对每个满足条件的下层数组，上层中都有完全相反的两个与之对应，据此可类推得结论；当不存在时，注意到最后一次差分运算后，结果为，可视为不存在，据此可类推得结论． 本题主要考查归纳推理，围绕“深度”定义，从特殊案例归纳一般结论，涉及对新概念的理解与数列规律探索． 四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15.本小题分 已知等差数列满足，且  求数列的通项公式； 把数列的第项、第项、第项、、第项、分别作为数列的第项、第项、第项、、第项、，求数列 的所有项之和； 【答案】解：为等差数列，  ，又  且  求得  ，      公差   ．   ，                    是首项为，公比为  的等比数列   的所有项的和为 ．   【解析】本题考查等差数列的通项公式及性质，等比数列的判定，等比数列的求和 由等差数列的性质并解方程组可得首项与第项，再求出公差，可得通项公式； 先求出数列 的通项公式，再判断数列  为等比数列，进而套求出其和． 16.本小题分 平面直角坐标系中，已知圆的半径为，圆心在轴的非负半轴上，直线与圆相切． 求圆的方程； 设，过点作斜率为的直线，交圆于、两点，设、是圆与轴的两个交点在的上方． 求四边形面积的最大值； 证明：直线与的交点在定直线上． 【答案】  ；直线的方程为，直线的方程为， 消去得：， 由韦达定理可知， 将此式代入上式得，， 即，解得， 即直线与的交点在定直线上  【解析】解：平面直角坐标系中，已知圆的半径为，圆心在轴的非负半轴上，直线与圆相切， 设圆心为，，则圆的方程为， 根据点到直线的距离公式可得圆心到直线的距离， 解得或舍去， 所以圆的方程为； 设，过点作斜率为的直线，交圆于、两点， 设、是圆与轴的两个交点在的上方， 由可知，， 设的方程为，，， 联立，消去并整理得， 根据韦达定理可得，； 四边形的面积， 令，则，所以， 易知函数在单调递增，所以当即时，取到最小值， 此时面积取到最大值，故四边形面积的最大值为； 证明：直线的方程为，直线的方程为， 消去得：， 由韦达定理可知， 将此式代入上式得，， 即，解得， 即直线与的交点在定直线上． 设圆心，使其到直线的距离等于半径，即可得解； 设出直线，与圆联立，可得，； 由图可知，，再结合韦达定理，利用换元法与函数单调性，即可求得面积的最大值； 写出直线与的方程，联立消去得，再结合非对称韦达定理的应用，即可求出定直线． 本题考查了直线与圆的位置关系，属于难题． 17.本小题分 如图，在长方体中，           ，，点在棱上移动．     证明：；     若为中点，求到面的距离． 【答案】解：分别以、、 为、、轴，建立如图的坐标系，则 ，设，  所以 ， ，   ；  当为的中点时，， ，  设平面 的法向量是 ，  求出 ， ，由 ，得      由点到平面的距离公式，得 ，  点到面 的距离是 ．  【解析】本题考查利用空间向量判定线线垂直，点到面的距离． 建立如图的坐标系，则，设，则，通过向量的数量积为，计算可得； 当为的中点时，，，求出平面的一个法向量，最后利用点到面的距离公式即可求点到面的距离． 18.本小题分 设函数． 若，证明：在上存在唯一零点； 设函数，表示中的较小值，若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】解：函数定义域为， ， 当时，， ，在上存在零点． ， 当时，， ， ，则在上单调递减， 在上存在唯一零点； 由得，在上存在唯一零点， 时，；时，， ． 当时，由于； 时， ， 于是在单调递增，则， 当时， 当时，，  时， ，则在单调递增； 时， ，则在单调递减， 于是当时， ， 所以函数的最大值为， 所以的取值范围为．  【解析】利用函数零点的存在性定理进行判定即可； 先得出的解析式，求出的最大值得出的取值范围即可． 19.本小题分 如图，在直三棱柱中，，，点，分别为，的中点． 求证：平面； 求直线与平面所成角的正弦值； 在棱上是否存在一点，使得点在平面内？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】连接，则点为的中点， 因为点为的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面   存在；  【解析】证明：连接，则点为的中点， 因为点为的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面． 解：因为，为中点，所以，且， 以为原点，，所在直线分别为，轴，过作平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以， 设平面的法向量为， 则， 取，则， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 解：设，， 因为，所以，， 由在平面内，可知，即，解得， 所以存在点，当时，点在平面内． 连接，易得点为的中点，由中位线的性质知，再由线面平行判定定理即可证明； 以为原点建系，利用向量法求线面角即可； 设，，用含的式子表示出点的坐标，再由，求出的值即可． 本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面平行的判定定理，利用向量法求线面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2025年下学期望城二中高二期末考试数学试题 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。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题：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.已知等比数列的公比为，前项和为若，，则(    ) A. B. C. D. 2.已知，，两直线：，：，若，则的最小值为(    ) A. B. C. D. 3.已知圆：，直线上存在点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，使得，则的取值范围为(    ) A. B. C. D. 4.已知直线：的倾斜角为，直线与轴的交点为点，绕点顺时针方向旋转得到直线，与轴的交点为点，则点的坐标是(    ) A. B. C. D. 5.三棱锥中，，点是的重心，则等于(    ) A. B. C. D. 6.已知函数，下列命题正确的有(    ) A. 可能有个零点 B. 没有极小值 C. 时， D. 若存在极大值点，且，其中，则 7.焦点为的抛物线与圆交于、两点，其中点横坐标为，方程的曲线记为，是圆与轴的交点，是坐标原点有下面的四个命题，请选出所有正确的命题(    ) 对于给定的角，存在，使得圆弧所对的圆心角；对于给定的角，存在，使得圆弧所对的圆心角；对于任意，该曲线有且仅有一个内接正；当时，存在面积大于的内接正． A. B. C. D. 8.函数的图象恒过定点，若点在直线：上，其中，则下列错误的是(    ) A. 点的坐标为 B. 的最小值为 C. 点的轨迹是一条直线 D. 点到直线的距离最大值为 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.已知正项数列的前项和为，且满足，记，则下列结论正确的有(    ) A. B. C. D. 10.如图，正方体中，为中点，在线段上．给出下列判断，其中正确的为(    ) A. 存在点使得平面 B. 在平面内总存在与平面平行的直线 C. 平面与平面所成的二面角锐角的大小与点的位置无关 D. 三棱锥的体积与点的位置无关 11.已知曲线，则(    ) A. 若，则是椭圆，其焦点在轴上 B. 若，则是圆，其半径为 C. 若，则是双曲线，其渐近线方程为 D. 若，，则是两条直线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知正四面体棱长为，棱上有一点，棱上有一点，棱上有一点若，则的最大值为          ． 13.已知函数，关于的方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围为        ． 14.设，，，，，，，当时，定义的差分运算为用表示对进行次差分运算，显然，是一个维数组称满足的最小正整数的值为的深度若这样的正整数不存在，则称的深度为则中深度为的数组个数为      个用含的代数式表示 四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15.本小题分 已知等差数列满足，且  求数列的通项公式； 把数列的第项、第项、第项、、第项、分别作为数列的第项、第项、第项、、第项、，求数列 的所有项之和； 16.本小题分 平面直角坐标系中，已知圆的半径为，圆心在轴的非负半轴上，直线与圆相切． 求圆的方程； 设，过点作斜率为的直线，交圆于、两点，设、是圆与轴的两个交点在的上方． 求四边形面积的最大值； 证明：直线与的交点在定直线上． 17.本小题分 如图，在长方体中，           ，，点在棱上移动．     证明：；     若为中点，求到面的距离． 18.本小题分 设函数． 若，证明：在上存在唯一零点； 设函数，表示中的较小值，若恒成立，求实数的取值范围． 19.本小题分 如图，在直三棱柱中，，，点，分别为，的中点． 求证：平面； 求直线与平面所成角的正弦值； 在棱上是否存在一点，使得点在平面内？若存在，求的值；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 $