精品解析：湖南部分学校2025-2026学年高二上学期期末数学试卷（A）

高二数学（A卷）期末 时量：120分钟 满分：150分 一、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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合B，再由交集的概念求解即可. 【详解】由得， 故选：C． 2. 记为等差数列的前项和，若，则（ ） A. 32 B. 16 C. 72 D. 36 【答案】D 【解析】 【分析】由等差数列前项和公式以及等差中项性质求即可求解. 【详解】等差数列中，，所以． 故选：D． 3. 已知双曲线方程为：，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据渐近线方程公式直接求解即可. 【详解】由双曲线方程为，得，则， 则其渐近线方程为． 故选：A. 4. 已知向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由数量积公式求出与的夹角的余弦值，再求出夹角即可. 【详解】因为 ， 而，则与的夹角为， 故选：B． 5. 若数列的通项公式为，则的前10项和为（ ） A. 1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数周期性求得的周期，再求的前10项和即可. 【详解】根据三角函数周期性可知的周期为4， ，，，， 所以前4项的和为0，故， 故选：A． 6. 若定义上的函数：对任意的有，若的最大值和最小值分别为，则的值为（ ） A. 12 B. 24 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，证明是奇函数，利用来求的值. 【详解】令，则原条件转化为， 令，可得， 令，可得，则是奇函数， 则的最大值与最小值之和为0． 由，得的最大值，的最小值， 因此． 故选：B． 7. 如图，平面平面，是正三角形，四边形是正方形，点是平面内（不包含边界）的一个动点，且满足，则点在正方形内的轨迹是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：取中点，由推得，得在平面内轨迹为以为直径的圆弧． 方法二：建立空间直角坐标系,设坐标，由化简得出的轨迹方程即可判断. 【详解】方法一：如图：取中点，连接，由可得， 因为平面平面，平面平面，平面，故平面，所以，又因为， 所以平面，所以，在平面内轨迹为以为直径的圆弧． 方法二：由方法一，平面，作， 故可以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 不妨取，则，则，． 由点在平面内，可设，因为，所以，，， 即化简得：得：． 所以，在平面内一个以为圆心，为半径的圆弧上， 所以点在正方形内（不包含边界）的轨迹为， 故选：C． 8. 设点是抛物线的焦点，点是双曲线的左焦点，点是上第一象限内的一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 的最大值是 B. 的最小值是 C. 的最大值是 D. 的最小值是 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出抛物线的焦点坐标与双曲线的焦点坐标及渐近线方程，可判断直线与双曲线第一象限部分无交点，即可判断A、C，再由双曲线的定义判断B、D. 【详解】如图，由点是抛物线的焦点，故， 由双曲线知，则，故，右焦点， 所以，又双曲线的渐近线方程为， 所以直线与双曲线第一象限部分无交点，故，故A，C错误； 由双曲线的定义，， 所以， 即点运动到线段与双曲线的交点时，有最小值，故B错误，D正确． 故选：D． 二、选择题：本大题共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. 已知椭圆，点在椭圆上，为其左、右焦点，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 椭圆的长轴长为6 C. 的最大值为9 D. 点到距离的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由椭圆方程求出离心率、长轴长，由定义结合基本不等式求出的最大值，由得出点到距离的最大值，即可判断每个选项. 【详解】，离心率，故A错误； ，椭圆的长轴长为6，故B正确； 由均值不等式，，故C正确； 点到的距离最大值为，故D正确． 故选：BCD. 10. 甲、乙两人开展乒乓球对抗赛，约定对抗赛最多进行3场，先累计获胜两场者赢得本次对抗赛．每场比赛仅分胜负，无平局，甲每场获胜的概率为，乙每场获胜的概率为，且各场比赛结果相互独立．下列说法正确的是（ ） A. 本次对抗赛恰好进行2场就结束的概率为 B. 甲最终赢得本次对抗赛的概率为 C. 若事件为“对抗赛恰好进行2场结束”，事件为“甲赢得对抗赛”，则事件与事件是相互独立事件 D. 本次对抗赛恰好进行3场结束且甲赢得本次对抗赛的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用独立事件概率乘法公式，结合分类讨论、互斥事件概率加法，来计算判断即可. 【详解】对于A，对抗赛恰好两场结束，需满足“甲或乙连续赢两场”，则概率为，故A正确； 对于B，甲赢得对抗赛，包含两种情况：一种是两场结束后甲获胜，概率为， 另一种是甲在前两场比赛输了一场，第3场比赛胜，则概率为，概率之和为，故B与D正确； 对于C，，不满足独立条件，故C错误． 故选：ABD. 11. 已知数列的首项，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. ，使得 B. 数列是等比数列 C. 设，则数列的前项和 D. 若，则满足条件的最大整数的值为2024 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据定义证明数列为等比数列，进而求出通项公式即可判断AB选项；根据进行放缩证明C；D求出的和，通过数列的增减性可求. 【详解】对于AB，由题意可得，则， 因为，所以，所以， 所以数列是首项为，公比为的等比数列． 所以，所以，所以， 故A错误，B正确； 对于C，因为 ， 所以数列的前项和为， 又，则， 故，故C正确； 对于D，由，得其前项和为， 令，即， 因为数列为递增数列，且当时， 当时， 故满足条件的最大整数，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. 曲线的一条切线的斜率为4，则该切点的横坐标为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】对函数求导，设出切点，根据斜率，即可求得横坐标. 【详解】设切线的切点坐标为， ，， ，所以切点横坐标为． 故答案为：. 13. 欧拉公式是由数学家欧拉发现的，该公式建立了三角函数与指数函数的关联，被誉为“数学中的天桥”．依据欧拉公式，若，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据欧拉公式即可求解，进而根据复数的乘法运算即可求解. 【详解】由欧拉公式得，故． 故答案为： 14. 一个高为8cm直三棱柱形容器（容器壁厚度忽略不计）静置在水平的桌面上，底面完全贴合桌面．容器内盛有定量清水．已知底面中，分别是内角的对边，满足关系式，且构成公差为2的等差数列．现将一个可容纳于容器内的最大铁质小球放入其中，液面恰好和小球相切；若不放入小球，将容器密封后横向放置（使直三棱柱的某一侧面贴合桌面），则此时液面的最低高度为__________cm． 【答案】 【解析】 【分析】先由正弦定理求出，再由勾股定理以及三边成等差数列求出边长，由等面积法求得最大小球的半径，再求出不放球时水的体积，最后分析横向放置的液面高度规律，利用相似三角形求最低液面高度即可. 【详解】已知在中，由正弦定理知，所以，所以． 因为，所以，所以，所以为直角三角形，因为成公差为2的等差数列，所以， 因为，可以解得． 所以三边长分别为6，8，10． 假设的内切圆的半径为．则由等面积法． 解得，三棱柱内能容纳的最大球的半径为2，此时液面的高度为4． 所以直三棱柱容器内的水的体积为． 当直三棱柱横向放置（即使得直棱柱的一个侧面贴合在桌面），容器里面的水的形状变成一个高为8cm的直三棱柱． 所以此时容器里的水形成的直三棱柱的底面面积为． 若把某一个侧面贴合桌面，此时液面与水平桌面平行，从棱柱的两个底面看可以得到如下三种情况． 因为液面高与三角形高的比值相同，所以如图3所示时液面高度最低. 此时由相似三角形性质可知，假设液面高度为，可以算得图3所示的情况下满足． 可以算得最小高度为． 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. 在中，内角的对边分别为，且满足． （1）求角的大小； （2）若，求周长的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形内角和定理和诱导公式，结合两角和的正弦公式、特殊角的三角函数值进行求解即可； （2）利用余弦定理，结合基本不等式进行求解即可. 【小问1详解】 在中，，故， 将其代入等式得，即， 整理得， 由，得，解得， 又，故． 【小问2详解】 由余弦定理代入可得，则， 由基本不等式，可得， 则，由可得，当且仅当时等号成立， 所以， 则周长的最大值为. 16. 设等比数列的前项和为，已知． （1）求的值及的通项公式； （2）令，数列的前项和为，证明：． 【答案】（1）， （2） 由（1）可知，， 则， ∴， ∵，则，∴成立，即． 【解析】 【分析】（1）根据求出通项公式，再根据等比数列通项公式的唯一性求出； （2）先化简，再根据裂项相消求出，再求出范围即可. 【小问1详解】 时，； 时，， ∵是等比数列，则时的项也满足，即，得， 故数列的通项公式为； 【小问2详解】 略 17. 已知椭圆，设分别为椭圆的左、右焦点． （1）点在椭圆上，若，求的面积； （2）过点的直线（斜率不为0）交于两点，在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标及定值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）1 （2）在轴上存在定点，使得为定值． 【解析】 【分析】（1）由椭圆定义、勾股定理、直角三角形面积公式求解即可； （2）设直线与椭圆联立，设定点，由韦达定理化简数量积，让含m的项系数为 0，即可求出定点的坐标. 【小问1详解】 设，又，则， 由得，∴解得， 故． 【小问2详解】 由（1）知，左焦点． 因为直线斜率不为0，可设直线的方程为， 联立直线的方程与椭圆方程，得． 设，则， ． 设定点，则， 代入得：， 令此式与无关，则，则， 此时， 因此，在轴上存在定点，使得为定值． 18. 已知平面直角坐标系中，点（其中为常数，且），点为坐标原点． （1）若点满足条件，试证明三点共线，并求点相对点的位置； （2）线段的等分点按与的距离由近到远分别记为，其中． （i）当时，求的值（用含的式子表示）； （ii）当时，求的最小值． 【答案】（1） 证明：已知， 则， ∵与共线，且两向量有公共点，∴三点共线， 在线段上靠近点的四等分点上． （2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）通过向量减法将 的表达式转化为与的关系，利用“共线向量+公共点”证明三点共线； 再通过向量长度的比例关系确定点P的位置,利用向量的加减法则得出结果， （2）（i）先写出n等分点的向量通式（利用“分点的向量 = 对应线段比例×起点向量 + 剩余比例×终点向量”），再对所有向量求和，分别合并与的系数，最后利用向量模长公式计算结果， （ii）先根据等分点的向量公式写出的坐标，再将数量积展开为坐标运算的表达式，通过分析表达式对的单调性，分情况讨论的取值（利用一次函数的系数正负判断最值方向），最终代入验证得到最小值， 【小问1详解】 由可得在线段上靠近点的四等分点上． 【小问2详解】 （i）由题意得，， ， ∴， 对任意正整数，且， ， 有， ∴， ∴． （ii）当时， ， ∴， ∴ ， 令， 当时，， 当或3时，上式有最小值为， 当时，， 当时，当或6时，上式有最小值为． 综上，的最小值为． 19. 如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，为上一点，设平面与平面的交线为． （1）求证：平面； （2）当四棱锥的体积最大时，为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值； （3）当平面时，平面与交于，求的值． 【答案】（1） 由为正三角形且可知． 又因为，且，在中，由余弦定理得 ， 所以，所以，所以，即．所以， 因为，平面，平面，所以平面． 又平面，平面平面，所以． 又平面，平面，所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知结合余弦定理可得出，进而得出，然后根据线面平行的判定定理，得出平面，再由线面平行的性质得出，最后证得平面； （2）先得出当四棱锥的体积最大时，平面平面，再建立空间直角坐标系，设出点坐标，由线面角的向量求法表示出正弦值，配方求得最大值即可； （3）设，根据已知条件结合线面平行的性质定理得出．进而根据梯形的性质求出．根据线面平行的性质定理得出 ．然后可求出，进而得出 ，根据等体积法即可得出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当四棱锥的体积最大时，平面平面， 如图，取中点，连接， 由可得，由可得， 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 故可以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图， 因为，所以， 设，则有， 设平面的法向量为，则即 令，则，所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， ∴， 当，当时，， 当且仅当时等号成立， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． 【小问3详解】 设，如图，连接交于点，连接． 因为平面，平面，平面平面，所以． 在梯形中，， 所以有∽，所以． 因为，所以有，所以． 因为平面与交于，平面与交于， 所以有平面平面． 又平面，平面，所以． 又，所以，所以，． 设梯形的高为，则． 由，可知，所以． 又四棱锥与三棱锥高相等， 所以． 所以有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学（A卷）期末 时量：120分钟 满分：150分 一、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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 记为等差数列的前项和，若，则（ ） A. 32 B. 16 C. 72 D. 36 3. 已知双曲线方程为：，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 若数列的通项公式为，则的前10项和为（ ） A. 1 B. 0 C. 1 D. 2 6. 若定义上的函数：对任意的有，若的最大值和最小值分别为，则的值为（ ） A. 12 B. 24 C. D. 7. 如图，平面平面，是正三角形，四边形是正方形，点是平面内（不包含边界）的一个动点，且满足，则点在正方形内的轨迹是（ ） A. B. C. D. 8. 设点是抛物线的焦点，点是双曲线的左焦点，点是上第一象限内的一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 的最大值是 B. 的最小值是 C. 的最大值是 D. 的最小值是 二、选择题：本大题共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. 已知椭圆，点在椭圆上，为其左、右焦点，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 椭圆的长轴长为6 C. 的最大值为9 D. 点到距离的最大值为 10. 甲、乙两人开展乒乓球对抗赛，约定对抗赛最多进行3场，先累计获胜两场者赢得本次对抗赛．每场比赛仅分胜负，无平局，甲每场获胜的概率为，乙每场获胜的概率为，且各场比赛结果相互独立．下列说法正确的是（ ） A. 本次对抗赛恰好进行2场就结束的概率为 B. 甲最终赢得本次对抗赛的概率为 C. 若事件为“对抗赛恰好进行2场结束”，事件为“甲赢得对抗赛”，则事件与事件是相互独立事件 D. 本次对抗赛恰好进行3场结束且甲赢得本次对抗赛的概率为 11. 已知数列的首项，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. ，使得 B. 数列是等比数列 C. 设，则数列的前项和 D. 若，则满足条件的最大整数的值为2024 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线的一条切线的斜率为4，则该切点的横坐标为__________． 13. 欧拉公式是由数学家欧拉发现的，该公式建立了三角函数与指数函数的关联，被誉为“数学中的天桥”．依据欧拉公式，若，则__________． 14. 一个高为8cm直三棱柱形容器（容器壁厚度忽略不计）静置在水平的桌面上，底面完全贴合桌面．容器内盛有定量清水．已知底面中，分别是内角的对边，满足关系式，且构成公差为2的等差数列．现将一个可容纳于容器内的最大铁质小球放入其中，液面恰好和小球相切；若不放入小球，将容器密封后横向放置（使直三棱柱的某一侧面贴合桌面），则此时液面的最低高度为__________cm． 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. 在中，内角的对边分别为，且满足． （1）求角的大小； （2）若，求周长的最大值． 16. 设等比数列的前项和为，已知． （1）求的值及的通项公式； （2）令，数列的前项和为，证明：． 17. 已知椭圆，设分别为椭圆的左、右焦点． （1）点在椭圆上，若，求的面积； （2）过点的直线（斜率不为0）交于两点，在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标及定值；若不存在，请说明理由． 18. 已知平面直角坐标系中，点（其中为常数，且），点为坐标原点． （1）若点满足条件，试证明三点共线，并求点相对点的位置； （2）线段的等分点按与的距离由近到远分别记为，其中． （i）当时，求的值（用含的式子表示）； （ii）当时，求的最小值． 19. 如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，为上一点，设平面与平面的交线为． （1）求证：平面； （2）当四棱锥的体积最大时，为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值； （3）当平面时，平面与交于，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $