精品解析：贵州安顺市2025-2026学年第一学期期末教学质量监测数学试题

全市各普通高中2025—2026学年度第一学期期末教学质量监测高二 数学试题 注意事项： 1．本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上. 3．请在答题卡相应位置作答，在试卷上作答无效. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 若为双曲线的右焦点，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 4. 在实数等比数列中，，则（ ） A. 8 B. C. 9 D. 5. “”是“直线与直线垂直”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列的前项和为，，，则首项的值可能为（ ） A. 2 B. C. 0 D. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过右焦点的直线与交于，两点，且，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、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. 记为等差数列的前项和，为的公差，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，平行六面体的底面是菱形，，．下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 三棱锥的体积为 11. 已知抛物线的焦点为，过点作直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 若，则的面积是 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆，圆，则圆与圆的位置关系是_______. 13. 已知，，，则点到直线的距离是_______. 14. 瑞典数学家科赫在1904年构造了能描述雪花形状的图案，就是数学中一朵美丽的雪花——“科赫雪花”.它的绘制规则如下：任意画一个正三角形，并把每一条边三等分，以三等分后的每边的中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线.重复上述两步，画出更小的三角形，一直重复，直到无穷，形成雪花曲线，，…，… 设雪花曲线的边长为，边数为，周长为，面积为，若的边长，给出下列结论：①；②；③数列是等比数列；④.正确结论的序号是_______. 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. 已知圆心为的圆经过，两点，且圆心在直线上． （1）求圆的方程； （2）过点作圆的切线，求切线的方程． 16. 已知，直线，相交于点，且它们的斜率之积是4． （1）求点的轨迹的方程． （2）过点能否作一条直线与轨迹交于，两点，且是线段的中点？若能，求出直线的方程；若不能，说明理由． 17. 如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． （1）设是棱的中点，连接，证明：平面． （2）求平面与平面所成角的正弦值． 18. 已知数列的前项和为，且． （1）证明：数列是等比数列． （2）令，求数列的前项和． （3）在第（2）问的条件下，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围． 19. 已知椭圆的中心在原点，焦点在坐标轴上，经过，两点． （1）求椭圆的标准方程； （2）经过点作直线与椭圆交于另一点，求的面积的最大值，并求出取到最大值时的坐标； （3）不经过点作斜率为的直线与椭圆交于，两点，记直线与直线的斜率分别为，，且，，成等差数列，证明：直线过定点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 全市各普通高中2025—2026学年度第一学期期末教学质量监测高二 数学试题 注意事项： 1．本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上. 3．请在答题卡相应位置作答，在试卷上作答无效. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由斜率直接求解倾斜角即可. 【详解】设倾斜角为，则，则. 故选：C. 2. 若为双曲线的右焦点，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由及双曲线方程中的参数结合关系求出，得到渐近线方程. 【详解】因为为双曲线的右焦点，所以， 所以， 所以的渐近线方程为， 故选：D. 3. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】B 【解析】 【分析】由共面向量的充要条件验证即可. 【详解】由共面向量的充要条件可得： 选项A，，所以，，三个向量共面； 选项B，，无解，所以，，三个向量不共面； 选项C，，所以，，三个向量共面； 选项D，，所以，，三个向量共面； 故选：B. 4. 在实数等比数列中，，则（ ） A. 8 B. C. 9 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的性质及通项公式求解即可. 【详解】由题意可得， 又因为(为非0实数)， 所以. 故选：C 5. “”是“直线与直线垂直”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】判断“”和“直线与直线垂直”之间的逻辑推理关系，即可得答案. 【详解】当时，直线即直线，直线即直线， 满足，故两直线垂直； 则“”是“直线与直线垂直”的充分条件； 当直线与直线垂直时，有， 即，则，即a可能为1，不一定是， 则“”是“直线与直线垂直”的不必要条件， 综合知“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件， 故选：A 6. 在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先建立空间直角坐标系，列出向量的坐标，然后根据向量夹角的余弦公式计算即可. 【详解】根据题意，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 设，则. 所以. 所以与所成角的余弦值. 故选：C. 7. 已知数列的前项和为，，，则首项的值可能为（ ） A. 2 B. C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到，求得数列是周期为的数列，设，求得，结合，列出方程，即可求解. 【详解】设数列的首项为， 由，可得，所以且，可得， 则， 所以数列是周期为的数列，即， 又由， 所以，可得， 整理得，即， 解得或，结合选项，可得. 故选：B. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过右焦点的直线与交于，两点，且，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，由可知、均为直角三角形，结合题干，并利用勾股定理求出a、c关于m的表达式，再利用离心率定义即可． 【详解】因为，所以，即， 得，设，则，， 又，所以，即为直角三角形， 根据椭圆的定义，由，可得， 由，可得， 在中，，所以， 解得，所以，， 在中，，由勾股定理得， 也即，解得， 所以． 故选：D． 二、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. 记为等差数列的前项和，为的公差，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意求出等差数列的首项和公差，判断A；根据数列的通项公式和前n项和公式即可判断BC；利用裂项相消法求和即可判断D. 【详解】由于为等差数列，，， 故，解得，A正确； 则，故，B正确； ，C错误； ，故， 故， 由于n为正整数，故，即，D正确， 故选：ABD 10. 如图，平行六面体的底面是菱形，，．下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 三棱锥的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据空间向量基本定理求解即可；对于B，根据向量的模的公式和数量积的定义进行计算即可；对于C，根据向量数量积是否为0判断异面直线是否垂直；对于D，根据三棱锥体积公式计算即可. 【详解】对于A：在平行六面体中，， 根据平行四边形法则，，而， 所以，A正确； 对于B：. 由题意，. 所以.B不正确； 对于C：因为，所以，C正确； 对于D：由题意可知，三棱锥中，. 所以底面是等边三角形，. 点到底面的高为， 所以三棱锥的体积为，D正确. 故选：ACD. 11. 已知抛物线的焦点为，过点作直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 若，则的面积是 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，得到，可判定A正确；设直线为，联立方程组，求得，结合，可判定B错误；设直线为，联立方程组，求得，由，得到，求得的值，结合三角形的面积公式，可判定C正确；由抛物线的定义得到，结合，利用基本不等式，可判定D正确. 【详解】对于A，由抛物线的焦点为，可得，解得，所以A正确； 对于B，当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 设，可得， 则， 由，所以与不垂直，所以B错误； 对于C，设直线的方程为，且， 联立方程组，整理得，则， 由，可得，所以， 将代入上式，可得且，解得， 所以，则， 则的面积为，所以C正确； 对于D，由抛物线的定义，可得， 则 因为，且，可得， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为，所以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. 已知圆，圆，则圆与圆的位置关系是_______. 【答案】相交 【解析】 【分析】利用两圆的位置关系判定可得答案. 【详解】对于，配方得：， 圆心为，半径， 对于，配方得：， 圆心为，半径， 两圆心之间的距离， 半径和：， 半径差的绝对值：， 满足 ，即 . 因此，两圆相交. 故答案为：相交 13. 已知，，，则点到直线的距离是_______. 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量求点到直线的距离. 【详解】因为，，， 所以，， 所以在的投影向量为， 所以点到直线的距离为：. 故答案为： 14. 瑞典数学家科赫在1904年构造了能描述雪花形状的图案，就是数学中一朵美丽的雪花——“科赫雪花”.它的绘制规则如下：任意画一个正三角形，并把每一条边三等分，以三等分后的每边的中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线.重复上述两步，画出更小的三角形，一直重复，直到无穷，形成雪花曲线，，…，… 设雪花曲线的边长为，边数为，周长为，面积为，若的边长，给出下列结论：①；②；③数列是等比数列；④.正确结论的序号是_______. 【答案】②③④ 【解析】 【分析】由题意可得，代入，即可判断①；同理可得，再代入，即可判断②；由，再结合等比数列定义即可判断③；由累加法求得，即可判断④. 【详解】由题意可得，，，…， 所以数列是等比数列，其公比， 所以， 所以，故①错误； 由题意可得，，，…， 因为的边数是将的每一条边变为4条边而得到的， 所以是等比数列，其公比， 所以， 所以，故②正确； 由题意可得， 所以， 所以数列是等比数列，故③正确； 由题意可得， 且当时，， 所以时， ，故④正确. 故答案为：②③④ 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. 已知圆心为的圆经过，两点，且圆心在直线上． （1）求圆的方程； （2）过点作圆的切线，求切线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）方法一：设圆的方程为，直接根据题干条件列出三个等式求解即可； 方法二：利用AB的垂直平分线及圆心所在直线联立求解出圆心的坐标，再利用点到直线的距离求出圆心半径即可得解； （2）根据直线斜率是否存在分类讨论，并结合点到直线的距离求解即可． 【小问1详解】 方法一：设圆的方程为， 依题意得，解得， 所以圆的方程为． 方法二：由，，得线段的中点坐标为， 直线的斜率， 因此线段的垂直平分线的方程为，即， 由垂径定理知，圆心也在线段的垂直平分线上， 所以圆心的坐标是方程组的解， 解方程组得，所以圆心的坐标是， 所以圆的半径， 所以圆的方程为． 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，的方程为，显然符合题意； 当直线的斜率存在时，设的方程为，即， 由圆心到直线的距离等于半径2，得，解得， 故直线的方程为，即； 综上所述，直线的方程为或． 16. 已知，直线，相交于点，且它们的斜率之积是4． （1）求点的轨迹的方程． （2）过点能否作一条直线与轨迹交于，两点，且是线段的中点？若能，求出直线的方程；若不能，说明理由． 【答案】（1） （2）不能，理由： 假设存在符合题设的直线，设， 则，两式相减整理得． 又因为为线段的中点，所以，， 所以直线的斜率． 由点斜式方程可知，直线的方程为，即． 由消去，整理得，（*） 判别式， 所以方程（*）无解，故直线与轨迹无交点，因此假设不成立， 故过点不能作直线，使得与交于，两点，且是线段的中点． 【解析】 【分析】（1）设点，由两直线斜率之积化简求解方程； （2）假设存在符合题设的直线，由点差法求出直线斜率，验证可知直线不存在. 【小问1详解】 设点， 则直线的斜率，直线的斜率， 由题意知，即，化简整理得， 所以点的轨迹的方程为． 【小问2详解】 略 17. 如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． （1）设是棱的中点，连接，证明：平面． （2）求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 在四棱锥中，取的中点，连接， 由为的中点，且， 得，， 则四边形为平行四边形，所以． 而平面，平面， 所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）利用线面平行判定定理可证明； （2）利用面面垂直性质定理证明平面，进而证明直线，，两两垂直，然后建系，利用二面角的向量计算公式可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，．由为等边三角形，得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面， 由，，得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线，，两两垂直， 如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，，． 设平面的法向量为， 则即取，得． 设平面的法向量为， 则即取，得． 设平面与平面所成的角为， 则， 所以． 故平面与平面所成角的正弦值为． 18. 已知数列的前项和为，且． （1）证明：数列是等比数列． （2）令，求数列的前项和． （3）在第（2）问的条件下，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） 证明：当时，，解得． 当时，由，可得， 两式相减，可得，化简得， 所以数列是一个首项为1，公比为3的等比数列． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由的关系通过作差得到即可求证； （2）通过错位相减法求和即可； （3）由不等式恒成立得到，构造数列，确定单调性即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知数列的通项公式为， 则 所以，① ①得，，② ①－②得，， ， 化简得． 【小问3详解】 由（2）知，代入不等式， 整理得． 令， 则． 由于，因此，所以，所以， 即是递增数列， 所以． 若对任意的，不等式恒成立，则， 所以实数的取值范围是． 19. 已知椭圆的中心在原点，焦点在坐标轴上，经过，两点． （1）求椭圆的标准方程； （2）经过点作直线与椭圆交于另一点，求的面积的最大值，并求出取到最大值时的坐标； （3）不经过点作斜率为的直线与椭圆交于，两点，记直线与直线的斜率分别为，，且，，成等差数列，证明：直线过定点． 【答案】（1） （2）最大值为，的坐标为 （3） 依题意，设的方程为， 由消去得， 则，即． 设，，则由韦达定理得，． 因为，， 所以，（*） 把，代入（*），化简整理得． 因为，，成等差数列，所以，即，所以， 此时直线的方程为，所以直线过定点． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的性质直接得，，可解问题； （2）直线的方程为，设，求出到直线的距离，求出面积再求最值； （3）设的方程为，联立方程组，根据根于系数的关系表述出，，，再根据，，成等差数列，所以，即，所以，代入直线方程即可得解. 【小问1详解】 依题意知椭圆的焦点在轴上，设椭圆的方程为， 则，，所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 因为，，所以， 直线的方程为，即． 因为在椭圆上，所以可设， 则到直线的距离， 所以的面积， 当且仅当时，等号成立， 所以， 此时的坐标为， 所以．面积的最大值为，取到最大值时的坐标为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $