精品解析：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

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】 【分析】由等比数列求和公式求得，进而逐项判断即可. 【详解】因为，， 所以．由题意，得， 解得，则或． 因为，所以． 当时，，解得， ， 满足，， 所以，； 当时，，解得， ， 满足，， 所以，． 故A，B，D错误，C正确． 故选：C． 2. 已知，两直线，若，则的最小值为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两条直线垂直的条件及基本不等式可得. 【详解】因为，且， 所以，即，且， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 故选：D. 3. 已知圆，直线上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，使得，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】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. 【详解】因为过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，， 所以，因为， 所以，那么. 所以是以为圆心，4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. 故选：C. 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】 【分析】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. 【详解】由题意，直线的倾斜角为，直线与轴的交点为点， 所以， 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：D 5. 三棱锥中，，点是的重心，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据，平方后求解即可． 【详解】点是的重心，以为起点，则 ， ，， 故选：D． 6. 已知函数，下列命题正确的有（ ） A. 可能有2个零点 B. 没有极小值 C. 时， D. 若存在极大值点，其中，则 【答案】D 【解析】 【分析】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A、B两项；再根据得到，根据时的单调性即可判断C；根据分析已知，，解关于的方程即可，得，即可判断D. 【详解】函数的定义域为，. 当时，，根据二次函数性质可知最低点坐标为，此时函数与轴无交点，即函数无零点； 当时，令，或. 当时，在时，，在上，即在上单调递增，在和上单调递减. 故此时有极小值点，极小值为，存在极大值点，极大值为；，所以有一个零点. 当时，在时，，在上，即在和上单调递增，在上单调递减. 故此时有极小值点，极小值为，存在极大值点，极大值为；，所以有一个零点. 对于A，当时，函数无零点；和时有一个零点；故A错误； 对于B，当时，函数有极小值，故B错误； 对于C，时，，此时在上单调递减，又，所以，故C错误； 对于D，由上述分析可知，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：D. 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（ ） ①对于给定的角，存在，使得圆弧所对的圆心角；②对于给定的角，存在，使得圆弧所对的圆心角；③对于任意，该曲线有且仅有一个内接正；④当时，存在面积大于的内接正． A. ①②③ B. ①②③④ C. ①② D. ②③④ 【答案】A 【解析】 【分析】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①②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R再增大位置不变，即可判断③④的正误. 【详解】联立抛物线与圆的方程，消去y得，即，而且， ∴，即A、B横坐标与半径R的关系， ∵抛物线与圆有两个交点，即， ∴当时，， 故①正确； ∵由题意知：关于x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R使即可. ∴令，则，解得或， 1、当，在如下图阴影部分变化，有， 2、当，若时，故在如下图阴影部分变化，有， ∴或时，有即， 所以对于给定的角，存在，使得圆弧所对的圆心角， 故②正确； 由，于是轴，直线：，同理， 所以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③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④错误. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：确定A、B横坐标与半径R的关系，应用特殊值法判断前两项的正误，由题设得到，，且在圆的半径增大过程中首先在圆上变化，直到时一直为与抛物线的交点. 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】 【分析】由对数函数性质求得定点的坐标，判断A； 由基本不等式可求得的最小值，判断B； 由满足的关系式及其范围可确定点的轨迹，判断C； 利用两点间距离公式及点到直线的距离的定义，判断D． 【详解】令得，，所以定点为，故A正确； 因为在直线上，则，即， 又，所以， 则， 当且仅当，即，时等号成立，故B正确； 因为点满足且， 所以其轨迹是一条线段（不含两端点），故C错误； 点与点距离为， 而直线过定点，当点与点连线和直线垂直时， 点到直线的距离最大值，故D正确． 故选：C． 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】由题意，可证得数列是首项，公差的等差数列，得到，，于是可判A正误；利用等差数列求和公式可判B正误；计算得到，利用裂项相消法可判D正误；由D计算可知C正误． 【详解】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A选项错误； ，B选项正确； 因为， ， 即，选项正确； ，C选项错误． 故选：BD． 10. 如图，正方体中，E为AB中点，F在线段上.给出下列判断，其中正确的为（ ） A. 存在点F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ABCD所成的二面角（锐角）的大小与点F的位置无关； D. 三棱锥的体积与点F的位置无关. 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项先假设存在F使得⊥平面，再推出矛盾，判断A选项错误；B选项先设交线为，再明确在平面内与平行的直线平行于平面，判断B选项正确；C选项先建立空间坐标系，再证明平面与平面所成的二面角（锐角）的大小与点的位置有关，最后判断C选项错误；D选项先转化三棱锥的体积即为三棱锥，再证明三棱锥的体积与点的位置无关，最后判断D选项正确． 【详解】A选项：假设存在F使得⊥平面，则⊥，又⊥，∩＝，∴⊥平面，则⊥，这与⊥矛盾，所以A选项错误； B选项：因为平面与平面相交，设交线为，则在平面内与平行的直线平行于平面，故B选项正确； C选项：以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间坐标系如图，则平面的法向量为而平面的法向量，随着位置变化，故平面与平面所成的二面角（锐角）的大小与点的位置有关，故C选项错误； D选项：三棱锥的体积即为三棱锥，因为∥平面，所以，当在线段上移动时，到平面的距离不变，故三棱锥的体积与点的位置无关，即D选项正确． 故选：BD． 【点睛】本题考查线面平行、线面垂直、二面角、几何体的体积，是基础题. 11. 已知曲线.（ ） A. 若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上 B. 若m=n>0，则C是圆，其半径为 C. 若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为 D. 若m=0，n>0，则C是两条直线 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线. 【详解】对于A，若，则可化为， 因为，所以， 即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确； 对于B，若，则可化为， 此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确； 对于C，若，则可化为， 此时曲线表示双曲线， 由可得，故C正确； 对于D，若，则可化为， ，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养. 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4，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】由余弦定理可得为方程两根，一方面说明时，没有最大值，另一方面，说明时，可以取到最大值即可求解. 【详解】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:，得， 同理在有. 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，此时， 由题存在这样的，使得成立， 则的最大值为，故当且仅当时取等. 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】 【分析】作出函数的图象，就的不同取值范围结合图象分别考虑内方程和外方程的根，分类讨论后可得参数的取值范围. 【详解】作出的简图，设，则； 方程有四个不同的实数根， 当时，由可得，显然不合题意； 当时，由可得或，此时，由图可知只有两个根，不合题意； 当时，由可得有三个解，不妨设， 此时，由图可知有一个根，有三个根，没有根，符合题意； 当时，由可得或，此时，由图可知只有两个根，不合题意； 当时，由可得有两个解，,, 不妨设，此时，由图可知有两个根，至多一个根，不合题意； 当时，由可得有两个解，不妨设， 此时，由图可知有两个根，也有两个根，符合题意； 当时，至多一个根，所以不可能有四个根. 综上可得实数的取值范围为. 故答案为： 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） 【答案】 【解析】 【分析】当存在，注意到下层中的1可认为由上层中的和生成，0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. 【详解】易知中仅有一组；中深度的数组有1组； 中深度的数组有2组，为和，，不难发现，下层中的1可认为由上层中的和生成，0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4组，如（）对应（）和（）；对应（）和（）共4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2的数组为两个，中深度为3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： 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. 已知等差数列满足，且， （1）求数列的通项公式； （2）把数列的第1项、第4项、第7项、……、第项、……分别作为数列的第1项、第2项、第3项、……、第项、……，求数列的所有项之和； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由等差数列的性质并解方程组可得首项与第8项，再求出公差，可得通项公式； （2）先求出数列的通项公式，再判断数列为等比数列，进而求出其和． 【小问1详解】 为等差数列，，又且， 求得，，故公差， ． 【小问2详解】 ，，. ，且，是首项为2，公比为的等比数列. 的所有项的和为． 16. 平面直角坐标系中，已知圆的半径为2，圆心在轴的非负半轴上，直线与圆相切. （1）求圆的方程； （2）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）. ①求四边形面积的最大值； ②证明：直线与的交点在定直线上. 【答案】（1） （2）①； ②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. 【解析】 【分析】（1）设圆心，使其到直线的距离等于半径，即可得解； （2）设出直线，与圆联立，可得， ①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； ②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. 【小问1详解】 设圆心为，，则圆的方程为， 圆心到直线的距离，解得或（舍去）， 所以圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）可知，，设的方程为，，， 联立，消去并整理得， 则，， ①四边形的面积， 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. ②略 17. 如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动． （1）证明：D1E⊥A1D； （2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离． 【答案】（1）证明：因为平面，平面， 所以， 因为四边形是矩形，， 所以四边形是正方形， 所以， 又平面，平面，， 所以平面，又因为平面， 所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）证明、，由线面垂直的判定定理可证明平面，即证； （2）由勾股定理求出△ACD1各个边长，设点到平面的距离为，由即可求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 因为，，为的中点， 所以，，，， 所以，， 设点到平面的距离为， 由可得：， 即， 解得：， 所以点E到面ACD1的距离为. 18. 设函数. （1）若，证明：在上存在唯一零点； （2）设函数，（表示中的较小值），若，求的取值范围. 【答案】 （1）函数的定义域为，因为，当时，，而，所以在存在零点.因为，当时，，所以，则在上单调递减，所以在上存在唯一零点. （2）. 【解析】 【详解】试题分析：（1）证明在上存在唯一零点，需从两个方面进行，一是单调性，确保至多一个零点，二是零点存在定理，确保至少一个零点.（2）即求函数的最大值，根据分段函数最大值为各段最大值的最大值，先求各段函数单调性，确定最大值，并比较可得函数最大值. 试题解析： 解：(1)略 （2）由（1）得，在上存在唯一零点，时，时， .当时，由于；时，，于是在单调递增，则，所以当时，.当时，因为，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. 19. 如图，在直三棱柱中，，，点分别为的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）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】（1） 证明：连接，因为在直三棱柱中，四边形是平行四边形，点为的中点. 所以点为的中点， 又因为点为的中点， 所以， 又平面，平面 所以平面 （2） （3）存在； 【解析】 【分析】（1）连接，证明点为的中点即可证明，再根据线面平行判定定理即可证明； （2）结合题意，过作平面，以为原点，分别为轴的正方向，利用坐标法求解即可； （3）设，则，利用点满足即可求解； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，为中点，所以，且， 过作平面，以为原点，分别为轴的正方向， 则， ， 设平面的一个法向量为， 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 【小问3详解】 设，则，， 由在平面内可知，即，解得， 所以存在点，当时，点在平面内. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 3 B. 2 C. D. 3. 已知圆，直线上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，使得，则a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2个零点 B. 没有极小值 C. 时， D. 若存在极大值点，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（ ） ①对于给定的角，存在，使得圆弧所对的圆心角；②对于给定的角，存在，使得圆弧所对的圆心角；③对于任意，该曲线有且仅有一个内接正；④当时，存在面积大于的内接正． A. ①②③ B. ①②③④ C. ①② D. ②③④ 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，E为AB中点，F在线段上.给出下列判断，其中正确的为（ ） A. 存在点F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ABCD所成的二面角（锐角）的大小与点F的位置无关； D. 三棱锥的体积与点F的位置无关. 11. 已知曲线.（ ） A. 若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上 B. 若m=n>0，则C是圆，其半径为 C. 若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为 D. 若m=0，n>0，则C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4，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. 已知等差数列满足，且， （1）求数列的通项公式； （2）把数列的第1项、第4项、第7项、……、第项、……分别作为数列的第1项、第2项、第3项、……、第项、……，求数列的所有项之和； 16. 平面直角坐标系中，已知圆的半径为2，圆心在轴的非负半轴上，直线与圆相切. （1）求圆的方程； （2）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）. ①求四边形面积的最大值； ②证明：直线与的交点在定直线上. 17. 如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动． （1）证明：D1E⊥A1D； （2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离． 18. 设函数. （1）若，证明：在上存在唯一零点； （2）设函数，（表示中的较小值），若，求的取值范围. 19. 如图，在直三棱柱中，，，点分别为的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）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 $