精品解析：广西玉林市2025年秋学期高二期末教学质量监测数学试题

2025年秋季期高二期末教学质量监测 数学 （试卷总分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 数列的一个通项公式为（ ） A. B. C. D. 2. 若等差数列满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 设，，向量，，，则（ ） A. B. C. D. 1 4. 直线一定经过点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 记为等比数列的前项和，若，，则（ ） A. 30 B. 31 C. 32 D. 33 6. 中心在原点，顶点在轴上，且一个焦点在直线上的等轴双曲线的方程是（     ） A. B. C. D. 7. 已知点，若圆上存在点，使得（为坐标原点），则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ） 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. 已知平面与平面的法向量分别是，直线的方向向量为，则下列命题正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点，为椭圆上一点，则（ ） A. 的最大值为2 B. 椭圆的离心率为 C. 椭圆上存在点，使得 D. 的最小值为2 11. 在平行六面体中，，分别是线段，上的点，且，，若，，则（ ） A. 与的夹角为45° B. C. 线段的长度为1 D. 直线与所成的角为90° 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点，，若，则点的坐标是______. 13. 过点且与直线垂直的直线的一般式方程是______. 14. 下表中数阵为“森德拉姆数筛”，其特点是每一行和每一列都分别是等差数列.记第行第列的数为（其中，），则______，数字2026在表中总计出现______次. 2 3 4 5 6 … 3 5 7 9 11 … 4 7 10 13 16 … 5 9 13 17 21 … 6 11 16 21 26 … … … … … … … 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知圆的圆心在轴上，且经过和两点. （1）求圆的方程； （2）直线过点，且圆心到直线的距离为1，求直线的方程. 16. 已知F为抛物线的焦点，为C上的一点，且，斜率为的直线l与C交于A，B两点，设直线，的斜率分别为，． （1）求抛物线C的方程； （2）求证为定值． 17. 已知数列的前项和为，且. （1）证明：数列为等比数列； （2）求和：. 18. 如图，四棱锥中，底面，，，. （1）若，求证：平面； （2）是否存在点，使得，且二面角的余弦值为；若存在，求出长；若不存在，说明理由. 19. 已知椭圆的离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线交椭圆于，两点，且，求直线的方程； （3）如图，直线为椭圆与抛物线的公切线，其中点分别在椭圆与抛物线上，线段交于点，求的面积的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年秋季期高二期末教学质量监测 数学 （试卷总分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 数列的一个通项公式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据数列的规律性进行判断即可. 【详解】根据数列的规律，奇数项为负数，偶数项为正数，第项的数字是，结合正负性， 所以该数列的一个通项公式为. 故选：D. 2. 若等差数列满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差中项的性质进行计算. 【详解】因为是等差数列，所以. 故选：B 3. 设，，向量，，，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量共线的坐标表示列式求出即可. 【详解】向量，，由，得，解得， 所以. 故选：C 4. 直线一定经过点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定的直线方程，直接求出所过定点坐标即可. 【详解】直线，即，对任意实数，当时，恒成立， 所以点的坐标. 故选：A 5. 记为等比数列的前项和，若，，则（ ） A. 30 B. 31 C. 32 D. 33 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件求出等比数列的公比及首项，再利用前项和公式求解. 【详解】设等比数列的公比为，由，得，解得， 由，得，所以. 故选：B 6. 中心在原点，顶点在轴上，且一个焦点在直线上的等轴双曲线的方程是（     ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可求出直线与轴的交点，得到双曲线的焦点，再根据条件双曲线为等轴双曲线即可得出结论． 【详解】因为双曲线的中心在原点，顶点在轴上，所以双曲线的焦点在轴上， 又因为双曲线的一个焦点在直线上，令，得， 所以，又，所以等轴双曲线的方程为. 故选：D. 7. 已知点，若圆上存在点，使得（为坐标原点），则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由求出点的轨迹，由与给定圆有公共点建立不等式求出范围. 【详解】设点，由点及，得， 整理得，因此点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆， 而圆的圆心为，半径为2，又点在此圆上， 即两圆有公共点，则，即， 所以实数的取值范围为. 故选：D 8. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用点面距离公式求解O到平面AMC的距离，进而根据球的性质求解即可半径即可. 【详解】球心O为正方体中心，半径，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图， , 则，， 设平面ACM的一个法向量为， ，令，则， 所以，则O到平面AMC的距离为：， 截面圆半径，所以截面面积， 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. 已知平面与平面的法向量分别是，直线的方向向量为，则下列命题正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，由已知可得，从而得，即可判断；对于B，由已知可得，即可判断；对于C，由已知可得或，即可判断；对于D，由已知可得或，即可判断. 【详解】对于A，因为，所以，所以，故A正确； 对于B，因为，，所以，即，故B正确； 对于C，因为，所以， 又因为，所以或，故C错误； 对于D，，所以，又因为， 所以或，故D错误. 故选：AB. 10. 椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点，为椭圆上一点，则（ ） A. 的最大值为2 B. 椭圆的离心率为 C. 椭圆上存在点，使得 D. 的最小值为2 【答案】ACD 【解析】 【分析】由椭圆的定义，得到，结合基本不等式，可判定A正确；利用离心率的定义，可判定B错误；取椭圆的上顶点，利用向量的数量积的坐标计算公式，可判定C正确；设，求得，结合二次函数的性质，可判定D正确. 【详解】由椭圆，可得，则， 对于A，点是椭圆上一点，则， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为，所以A正确； 对于B，由椭圆离心率的定义，可得，所以B不正确； 对于C，取椭圆的上顶点，且， 可得，则， 所以椭圆存在点，使得，所以C正确； 对于D中，由椭圆，可得，且， 设，其中，则， 所以 ， 当时，取得最小值，最小值为，所以D正确. 故选：ACD. 11. 在平行六面体中，，分别是线段，上的点，且，，若，，则（ ） A. 与的夹角为45° B. C. 线段的长度为1 D. 直线与所成的角为90° 【答案】BCD 【解析】 【分析】以为基底，利用空间向量夹角的定义判断A；利用空间向量线性运算求解判断B；利用空间向量数量积运算律求出模长及夹角判断CD. 【详解】在平行六面体中，由， 得该平行六面体底面是边长为1的正方形，且， 对于A，由，得，A错误； 对于B，由，得 ，B正确； 对于C，，， 则 ，C正确； 对于D，，又 ，则，即， 因此直线与所成的角为，D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点，，若，则点的坐标是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量坐标运算求解即可. 【详解】由点，，得，则， 所以点的坐标是. 故答案为： 13. 过点且与直线垂直的直线的一般式方程是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出直线的斜率，再利用直线的点斜式方程写出方程并化成一般式. 【详解】直线的斜率为，则所求方程的直线斜率为，方程为， 所以所求方程为. 故答案为： 14. 下表中数阵为“森德拉姆数筛”，其特点是每一行和每一列都分别是等差数列.记第行第列的数为（其中，），则______，数字2026在表中总计出现______次. 2 3 4 5 6 … 3 5 7 9 11 … 4 7 10 13 16 … 5 9 13 17 21 … 6 11 16 21 26 … … … … … … … 【答案】 ①. 37 ②. 15 【解析】 【分析】根据“森德拉姆数筛”的特点求出的通项公式，进而求出及出现的次数. 【详解】依题意，数阵的第行等差数列公差为，第列等差数列的公差为， 则， 因此； 令，则，而， 设与表示的数对为，则可能有， ，共有个， 所以数字共出现次. 故答案为：； 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知圆的圆心在轴上，且经过和两点. （1）求圆的方程； （2）直线过点，且圆心到直线的距离为1，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设圆的方程为，由已知条件列出方程组求解即得. （2）按直线的斜率存在与否分类，利用点到直线的距离公式求解即得. 【小问1详解】 设圆的方程为， 由圆的圆心在轴上，且经过和两点， 得，解得， 所以圆的方程为，即. 【小问2详解】 由（1）得圆的圆心为， 当直线的斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离为，符合题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即， 则，解得， 此时直线的方程为，即， 所以直线的方程为或. 16. 已知F为抛物线的焦点，为C上的一点，且，斜率为的直线l与C交于A，B两点，设直线，的斜率分别为，． （1）求抛物线C的方程； （2）求证为定值． 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由点在抛物线上及抛物线定义求参数，即可得方程； （2）设，联立抛物线并应用韦达定理、斜率两点式化简求，即可证. 【小问1详解】 依题意，，得，所以抛物线C的方程为． 【小问2详解】 设，联立，得． 由，得． 设，，则． 由（1）知，，． 所以为定值． 17. 已知数列的前项和为，且. （1）证明：数列为等比数列； （2）求和：. 【答案】（1） 时，， 有，又时，，有， 所以数列是以1为首项，公比为2的等比数列． （2） 【解析】 【分析】（1）利用得出数列的递推关系，再由等比数列的定义得证； （2）用错位相减法求和． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得数列的通项公式， 设 则① ② ①②得： . 18. 如图，四棱锥中，底面，，，. （1）若，求证：平面； （2）是否存在点，使得，且二面角的余弦值为；若存在，求出长；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 在四棱锥中，由平面，平面，得， 又，，平面，则平面， 而平面，因此，由，得， 又平面，则，又平面，平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件证得，再利用线面平行的判定推理得证. （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面CPD的法向量，再利用面面角的向量法，列式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 假定存在点满足题意，令， 过作，则平面，而，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量，则，取，得， 设平面CPD的法向量为，则，取，得， 由二面角的余弦值为，得，解得， 所以. 19. 已知椭圆的离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线交椭圆于，两点，且，求直线的方程； （3）如图，直线为椭圆与抛物线的公切线，其中点分别在椭圆与抛物线上，线段交于点，求的面积的最小值． 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）由题意列式求解的值，代入可解； （2）解法一：设直线的方程为，由弦长公式列式计算可解；解法二：由椭圆的长轴长，先证得椭圆在圆内，再证明长轴是最长的弦，且唯一即可求解； （3）直线的方程为，直线与椭圆联立方程由题意可得，直线与抛物线方程联立方程由题意可得，进而可得直线，直线与椭圆联立方程可得，，由点到直线距离公式及三角形面积公式列式结合基本不等式计算可解. 【小问1详解】 由题意可得，即． 因为椭圆的离心率为，所以，所以， 所以， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 解法一：显然直线的斜率存在， 设过点的直线的方程为， 联立方程 消去整理得， 则，即． 设，， 则，， 由弦长公式可得 解得或（舍）， 所以，即直线的方程为． 解法二：椭圆的长轴长， 又椭圆中，长轴为最长的弦，且唯一，而， 所以线段为长轴， 又点在长轴所在的直线轴上，所以直线的方程为． 以下证明椭圆中，长轴是最长的弦，且唯一： 任取椭圆上一点，则，所以 所以， 所以，所以椭圆上任一点均在圆内， 当且仅当时取等号，即点在圆上， 即椭圆在圆内， 如图，设是椭圆上的任一条弦， 直线交圆于两点，则， 当且仅当是椭圆的长轴时，取最大值． 所以，椭圆中，长轴是最长的弦，且唯一． 【小问3详解】 设，，直线的方程为，不妨取，． 联立 整理得①， 则， 所以．将其代入①式，得， 解得，所以． 联立整理得②， 则，所以． 将其代入②式，解方程得， 所以，所以． 由可得，所以， 所以直线．联立整理得， 所以，， 所以点到的距离为， 所以， 令， 则 ， 当且仅当，即时取等号． 由椭圆和抛物线的对称性， 可知当，，最小值也是． 综上，的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $