精品解析：贵州省黔南州2025-2026学年度高二第一学期期末质量监测数学试题

黔南州2025-2026学年度第一学期期末质量监测 高二数学 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前将姓名、准考证号、座位号准确填写在答题卡指定的位置上． 3．选择题须使用2B铅笔将答题卡相应题号对应选项涂黑，若需改动，须擦净另涂；非选择题在答题卡上对应位置用黑色墨水笔或黑色签字笔书写．在试卷、草稿纸上答题无效． 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若直线经过两点，则直线的斜率为（ ） A. B. 7 C. 1 D. -1 2. 在等差数列中，，则（ ） A 3 B. 4 C. 5 D. 6 3. 若数列的通项公式为，则80是这个数列的（ ） A. 第7项 B. 第8项 C. 第9项 D. 第10项 4. 若椭圆的长轴长是短轴长的倍，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 在正方体中，分别是的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 设抛物线的焦点为，点在抛物线上，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，若直线的方程为，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 已知直线过点，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 关于空间向量，下列说法正确的是（ ） A. 若向量和向量都是单位向量，则 B. 若向量与向量的夹角为钝角，则 C. 若四点共面，对空间中任意一点，有，则 D. 若，，则向量在向量方向上的投影向量的坐标为 10. 椭圆的左、右焦点分别为，过原点的直线与椭圆交于两点，则（ ） A. B. 面积的最大值为 C. 存直线使得 D. 当直线的倾斜角为时，四边形的面积为 11. 在正四面体中，点，则点的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知空间向量，若，则___________． 13. 在数列中，，，则数列的通项公式为___________． 14. 已知两点（其中），若圆上总存在点使得，则实数的取值范围是___________． 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 已知直线和圆． （1）若直线，求实数的值； （2）若直线，求直线被圆所截得的弦长． 16. 已知数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和，并证明． 17. 如图，已知四边形是边长为4的正方形，四边形是矩形，，是线段的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 椭圆离心率为，直线经过椭圆的右焦点，且与椭圆交于点． （1）求椭圆标准方程； （2）当时，求弦长； （3）设椭圆的左焦点为，当的内切圆的半径最大时，求实数的值. 19. 已知第1个正方形的边长为1，从第2个正方形起，每个正方形的顶点分别是上一个正方形各边的中点，例如：第2个正方形的顶点分别是第1个正方形各边的中点．记第个正方形的面积为，且． （1）证明：数列是等比数列． （2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，并保持数列顺序不变，将数列原有的项和插入的数组成新数列． （i）数列中是否存在三项（其中成等差数列）成等比数列？请说明理由． （ii）记数列的前项和为，求的值． （参考数据：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 黔南州2025-2026学年度第一学期期末质量监测 高二数学 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前将姓名、准考证号、座位号准确填写在答题卡指定的位置上． 3．选择题须使用2B铅笔将答题卡相应题号对应选项涂黑，若需改动，须擦净另涂；非选择题在答题卡上对应位置用黑色墨水笔或黑色签字笔书写．在试卷、草稿纸上答题无效． 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若直线经过两点，则直线的斜率为（ ） A B. 7 C. 1 D. -1 【答案】A 【解析】 【分析】由斜率的坐标公式直接求解可得. 【详解】由斜率公式可得斜率． 故选：A． 2. 在等差数列中，，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的下标和性质求出. 【详解】由等差数列的性质可知，即，解得． 故选：C． 3. 若数列的通项公式为，则80是这个数列的（ ） A. 第7项 B. 第8项 C. 第9项 D. 第10项 【答案】B 【解析】 【分析】令，求出的正整数解即可. 【详解】由数列的通项公式为，则令，即，可得. 解得或（舍去）， 所以，所以80是数列的第8项． 故选：B． 4. 若椭圆的长轴长是短轴长的倍，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得，再由、、的关系及离心率公式计算可得. 【详解】由题可知，即，从而，即． 由，可得，即，所以可得离心率． 故选：C． 5. 已知双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由双曲线方程可知双曲线的焦点在轴上，由离心率为，得，求得的值，从而求得其渐近线方程. 【详解】由题可知双曲线的焦点在轴上，且，，所以. 由，可得． 由离心率，可得．解得，从而， 所以双曲线的渐近线方程为，即． 故选：D． 6. 在正方体中，分别是的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求异面直线所成角的余弦值. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系． 设正方体的棱长为1．由分别是的中点， 可得， 所以． 由向量夹角公式，得， 因此直线与所成角的余弦值为． 故选：B 7. 设抛物线的焦点为，点在抛物线上，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，若直线的方程为，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】求出焦点坐标，由此可得抛物线的方程，从而求得准线方程，联立直线的方程，求得点的坐标，进而求得点的坐标，求出. 【详解】如下图： 对于直线，令，则，所以. 所以抛物线的方程为，故抛物线的准线方程为． 把代入直线的方程1，得点． 设，故， 代入抛物线，解得， 所以． 故选：A． 8. 已知直线过点，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据，得点的轨迹是单位圆，由直线与圆有公共点，可得圆心到直线的距离不大于半径，由此求得可得. 【详解】由于，所以点的轨迹是以坐标原点为圆心，半径为1的圆． 因为直线过点，所以直线与圆有交点， 因此，圆心到直线的距离不大于1， 即，可得， 所以． 故选：D． 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 关于空间向量，下列说法正确的是（ ） A. 若向量和向量都是单位向量，则 B. 若向量与向量的夹角为钝角，则 C. 若四点共面，对空间中任意一点，有，则 D. 若，，则向量在向量方向上的投影向量的坐标为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据单位向量的定义判断A，根据数量积的定义判断B，根据空间共面定理的推论判断C，根据投影向量的定义判断D. 【详解】对于A，向量和向量都是单位向量，所以模相等，但是方向不一定相同，因此与不一定相等，故A错误； 对于B，若、的夹角为钝角，显然向量和向量都不是零向量， 则为负数，因此，故B正确； 对于C，由四点共面，且，所以， 解得，故C正确； 对于D，因为，， 所以，， 所以向量在向量方向上的投影向量为，故D正确． 故选：BCD． 10. 椭圆的左、右焦点分别为，过原点的直线与椭圆交于两点，则（ ） A. B. 面积的最大值为 C. 存在直线使得 D. 当直线的倾斜角为时，四边形的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据椭圆的定义判断A；由的长度为定值，可知当点到的距离最大时，的面积最大，由此求出最大面积判断B；假设存在直线使得，求得的值，判断C；写出直线的方程，联立椭圆方程，求得点的坐标，求出四边形的面积，判断D. 【详解】对于A：由椭圆，得椭圆中.因此. 由椭圆的定义得，故A正确； 对于B：因为在中，底边长度不变， 所以当点在椭圆的上顶点时，面积最大，此时. 因此面积的最大值为，故B正确； 对于C：假设存在直线使得，则，即． 又因为，即. 代入，得. 因为，所以方程无解， 因此假设错误，所以不存在直线使得，故C错误； 对于D：由椭圆的对称性，设为轴上方的点. 当直线的倾斜角为时，直线， 联立得， 因此的面积为． 由对称性得四边形的面积为，故D正确． 故选：ABD． 11. 在正四面体中，点，则点的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】把正四面体补全为正方体，根据正方体的性质，结合三角形重心坐标公式进行求解即可. 【详解】由正四面体对棱相等，补全为如图所示的正方体，易知． 由对称性可知，点还有可能落在图中点处，因四面体为正四面体， 所以是正三角形，取的重心为点． 由正三角形性质可得 因为点与点关于点对称， 设， 则根据中点坐标公式可得，， 所以． 故选：BC 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知空间向量，若，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量的数量积的坐标运算求解即可. 【详解】由题可得． 由，可知， 即，解得， 则，则． 故答案为： 13. 在数列中，，，则数列的通项公式为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由，构造等比数列，求得数列的通项公式，从而求得数列的通项公式. 【详解】因为，所以. 因为，所以. 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以. 所以数列的通项公式为． 故答案为:． 14. 已知两点（其中），若圆上总存在点使得，则实数的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】设，利用向量垂直可得，由圆上一点到圆外定点距离的范围可得的范围. 【详解】设，由， ， 从而，所以， 又因为，所以． 即的取值可看作到原点的距离， 由于，圆的半径， 则圆上一点到圆外一点距离的范围是， 即，解得或． 故答案为：． 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. 已知直线和圆． （1）若直线，求实数值； （2）若直线，求直线被圆所截得的弦长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据两直线平行的结论列式求值即可. （2）先根据两直线垂直确定直线的方程，再利用“几何法”求弦长. 【小问1详解】 由，得， 解得. 经检验，当时，直线，此时成立， 所以的值为. 【小问2详解】 由，得，解得，此时. 由圆，得圆， 所以圆的圆心坐标，半径. 因为点到直线的距离， 所以直线被圆所截得的弦长为. 16. 已知数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和，并证明． 【答案】（1） （2），证明见解析 【解析】 【分析】（1）由与的关系求数列的通项公式； （2）由（1）求得，根据裂项相消求和法求得数列的前项和，即可判断其取值情况，从而证明． 【小问1详解】 由已知，当时，； 当时，. 因为当时上式也成立， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，，所以， 所以 . 因为，所以， 所以， 即 17. 如图，已知四边形是边长为4的正方形，四边形是矩形，，是线段的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的定义和性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据线面垂直的判定定理和面面垂直的性质定理，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 如图，设交于点，则为的中点，连接． 因为四边形是矩形，是中点，所以且， 所以四边形是平行四边形， 所以. 又因为平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为是的中点， 所以． 因为四边形是正方形，所以． 又平面平面， 所以平面. 又平面， 所以平面平面，且交线为． 因为平面， 所以平面. 因为平面， 所以. 以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz， 则， 所以. 设平面和平面的法向量分别为． 由得 令，则. 由得 令，则. 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 18. 椭圆的离心率为，直线经过椭圆的右焦点，且与椭圆交于点． （1）求椭圆的标准方程； （2）当时，求弦长； （3）设椭圆的左焦点为，当的内切圆的半径最大时，求实数的值. 【答案】（1） （2） （3）1或. 【解析】 【分析】（1）根据条件求出的值即可； （2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理以及弦长公式求出； （3）将问题转化为求面积最大时求的值，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理求出面积，再结合基本不等式求最值，根据取等条件可得. 【小问1详解】 依题意，得椭圆的右焦点为，即半焦距. 又离心率，则. 因为，所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 设． 当时，由，得. 根据韦达定理可知. 则 . 【小问3详解】 设的内切圆的半径为，而的周长为． 由，得， 因此，当的面积最大时，其内切圆的半径最大. 设． 由，得， 则， 于是. 令，则，则， 当且仅当，即时，等号成立，此时， 所以当的内切圆的半径最大时，实数的值为1或. 19. 已知第1个正方形的边长为1，从第2个正方形起，每个正方形的顶点分别是上一个正方形各边的中点，例如：第2个正方形的顶点分别是第1个正方形各边的中点．记第个正方形的面积为，且． （1）证明：数列是等比数列． （2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，并保持数列顺序不变，将数列原有的项和插入的数组成新数列． （i）数列中是否存在三项（其中成等差数列）成等比数列？请说明理由． （ii）记数列的前项和为，求的值． （参考数据：） 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）不存在，理由见解析；（ii）43 【解析】 【分析】（1）从“后一个正方形的顶点是前一个正方形各边中点”这一几何条件出发，推导出面积的递推关系，再通过的定义，转化为数列的递推公式，从而证明它是等比数列； （2）（i）在的相邻两项间插入个数构成新的等差数列，先求出公差​的表达式，再用反证法证明不存在满足条件的三项，即可得出结果；（ii）构造新数列后，需要先确定前990项包含哪些原数列的项和插入的项，再用错位相减法求出前990项和，最终完成对数运算. 【小问1详解】 证明：设第个正方形的边长为． 由题意知，且， 则. 由于，所以，于是，即. 而， 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列. 【小问2详解】 （i）不存在. 理由：由（1）知数列是等比数列，所以. 因为在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列， 所以，即. 假设数列中存在三项（其中成等差数列）成等比数列， 则得化简得 于是，即，所以，从而，与题设假设矛盾． 综上，数列中不存在三项（其中成等差数列）成等比数列． （ii）在数列中，记从开始数（包含在内）到之前的项的个数为，项的和为， 则，且， 而． 因为，所以的第990项是，所以. 由等差数列性质知，在与之间插入的个数的和为， 所以 （或）， 所以， 所以， 两式作差，得 所以， 所以. 而，所以， 从而. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $