精品解析：广西河池市2025-2026学年高二上学期期末学科素养测评数学试题

2026年1月高二学科素养测评 数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3.考试结束后，请将答题卡上交． 4.本卷主要命题范围：选择性必修第一册，选择性必须第二册第四章． 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. 在空间直角坐标系中，点关于原点对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 等差数列4，7，10，…，则46是这个数列的（ ） A. 第16项 B. 第15项 C. 第14项 D. 第13项 3. 若直线与直线垂直，则（ ） A. 1 B. C. 3 D. 4. 已知椭圆的一个焦点坐标为，则m的值为（ ） A. B. 4 C. D. 35 5. 已知圆C的方程为，圆心为C，坐标原点为O，则为（ ） A. 3 B. C. D. 4 6. 在三棱柱中，设，，，N为的中点，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，，则（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 8. 直线l与双曲线交于P，Q两点，线段PQ的中点为，则直线l的方程为（ ） 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. 已知直线，则（ ） A. l的倾斜角为 B. l在x轴上的截距为 C. 原点到l的距离为 D. l与坐标轴围成的三角形的面积为 10. 已知抛物线的焦点为F，点在C上，则（ ） A. F坐标为 B. 若，则 C. 若，则 D. 11. 记为数列前n项和，已知，，设m为整数，且对任意，，则（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列是等比数列 C. m的最小值为6 D. m的最小值为7 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知抛物线的焦点在轴的负半轴上，且抛物线的焦点到其准线的距离为，则抛物线的标准方程为______． 13. 在等比数列中，，，则______． 14. 在所有棱长均相等的正三棱柱中，D是的中点，，，则异面直线，所成角的余弦值为______． 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、证明过程及演算步骤． 15. 已知圆，直线． （1）判断直线与圆的位置关系； （2）求经过点的圆的切线方程． 16. 已知椭圆的长轴长为，焦点为，，过椭圆右焦点的直线交椭圆于，两点，当直线垂直于椭圆长轴时，线段的长度为． （1）求椭圆的方程； （2）当直线的倾斜角为时，求以线段为直径的圆的标准方程． 17. 在如图所示几何体中，平面，，是的中点，，，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 已知数列满足，，令． （1）证明：数列等比数列； （2）求数列的通项公式； （3）令数列的前n项和为，证明：． 19. 已知双曲线，经过点，，双曲线的左、右焦点分别为，． （1）求双曲线C的方程； （2）点G为双曲线C上一点，且，求的值； （3）过点且斜率不为0的直线与C交于M，N两点（与点A不重合），直线AM，AN分别与直线交于点P，Q，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年1月高二学科素养测评 数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3.考试结束后，请将答题卡上交． 4.本卷主要命题范围：选择性必修第一册，选择性必须第二册第四章． 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. 在空间直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为即可求解. 【详解】在空间直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为， 故点关于原点对称的点的坐标为. 故选：B 2. 等差数列4，7，10，…，则46是这个数列的（ ） A. 第16项 B. 第15项 C. 第14项 D. 第13项 【答案】B 【解析】 【分析】求出等差数列的通项公式即可求解． 【详解】设该等差数列为，则，公差为3， 故， 由，得． 故选：B 3. 若直线与直线垂直，则（ ） A. 1 B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据一般式下两直线垂直的关系得到方程，解得即可. 【详解】因为直线与直线垂直， 所以，解得. 故选：A 4. 已知椭圆的一个焦点坐标为，则m的值为（ ） A. B. 4 C. D. 35 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据题意得椭圆的焦点在轴上，结合即可求解. 【详解】由于椭圆的一个焦点坐标为，得焦点在轴上， 故，根据， 得. 故选：D 5. 已知圆C的方程为，圆心为C，坐标原点为O，则为（ ） A. 3 B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】首先转化圆C的方程为圆的标准方程，求圆心C的坐标，代入两点间的距离公式即可. 【详解】根据题意，圆C的方程可化为， 所以圆C的圆心为，所以． 故选：C 6. 在三棱柱中，设，，，N为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由空间向量的线性运算法则即可求解． 【详解】如图，取的中点，连接， 所以． 故选：A． 7. 已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，，则（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列、等比数列的下标和性质即可求解． 【详解】数列是等差数列，故，得， 数列是等比数列，故，得， 故． 故选：C 8. 直线l与双曲线交于P，Q两点，线段PQ的中点为，则直线l的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由点差法求出直线斜率，再由点斜式方程求解即可. 【详解】设，，由图可知 因为线段的中点为，所以，， 所以，两式相减可得：， 即， 所以，即， 所以直线的斜率为1，所以直线的方程为：， 化简为：，经检验符合题意. 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. 已知直线，则（ ） A. l的倾斜角为 B. l在x轴上的截距为 C. 原点到l的距离为 D. l与坐标轴围成的三角形的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先把直线方程化为斜截式求出斜率和倾斜角，再分别计算它在轴上的截距、原点到直线的距离，以及与坐标轴围成的三角形面积，最后逐一判断选项的正确性. 【详解】选项A：直线可化为，斜率，因为且，所以倾斜角，A正确； 选项B：令，得，所以截距是，B错误； 选项C：原点到直线的距离公式：，C正确； 选项D：直线与轴交点，与轴交点，则，D正确. 故选：ACD 10. 已知抛物线的焦点为F，点在C上，则（ ） A. F的坐标为 B. 若，则 C. 若，则 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据抛物线方程，结合抛物线的定义可判断A；结合抛物线的焦半径公式可判断BCD. 【详解】因为抛物线方程为，故， 选项A：易得F的坐标为，故A错误； 选项B：由得，故，故B正确； 选项C：由，得，从而， 故，故C错误； 选项D：由于，又，故，故D正确. 故选：BD 11. 记为数列的前n项和，已知，，设m为整数，且对任意，，则（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列是等比数列 C. m的最小值为6 D. m的最小值为7 【答案】BD 【解析】 【分析】由数列与的关系可得，再结合等比数列的通项可得的通项公式，从而可得的通项公式，即可判断A、B；利用错位相减法求出，结合范围即可判断C、D． 【详解】选项A：因为，，所以， 当时，，故， 且不满足上式， 故数列的通项公式为，故A错误； 选项B：由A推导的结论得当时，， 即当时，，从而有， 故数列是以2为公比的等比数列，故B正确； 选项C、D：设，则， 当时，由A推导的结论得， 故，① 从而，② 由①-②得 整理可得， 由于，所以，又， 所以符合题设条件的最小值为7．故C错误，D正确． 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知抛物线的焦点在轴的负半轴上，且抛物线的焦点到其准线的距离为，则抛物线的标准方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】设抛物线方程为，再根据的几何意义求出，即可得解. 【详解】依题意设抛物线方程为， 因为抛物线的焦点到其准线的距离为，所以， 所以抛物线的标准方程为. 故答案为： 13. 在等比数列中，，，则______． 【答案】8 【解析】 【分析】由题意可知和同号，结合等比数列的下标和性质可求得的值． 【详解】等比数列中，由等比数列的下标和性质可求得， 由题意可知和同号，即，故． 故答案为：8 14. 在所有棱长均相等的正三棱柱中，D是的中点，，，则异面直线，所成角的余弦值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知建立空间直角坐标系，应用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值. 【详解】如图，取的中点，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系. 设，则，，，， 则，. 设异面直线，所成的角为， 则. 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、证明过程及演算步骤． 15. 已知圆，直线． （1）判断直线与圆的位置关系； （2）求经过点的圆的切线方程． 【答案】（1）相离 （2）和 【解析】 【分析】（1）首先求出圆心坐标与半径，再求出圆心到直线的距离，即可判断； （2）分斜率存在与不存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线方程为，利用圆心到直线的距离等于半径得到方程，求出，即可得解. 【小问1详解】 圆的圆心为，半径， 则圆心到直线的距离， 所以直线与圆相离. 【小问2详解】 过点的斜率不存在的直线方程为， 满足圆心到的距离为，符合题意； 当斜率存在时，设直线方程为，即， 则圆心到直线的距离，解得， 所以直线方程为，即， 综上可得过点的圆的切线方程为和. 16. 已知椭圆的长轴长为，焦点为，，过椭圆右焦点的直线交椭圆于，两点，当直线垂直于椭圆长轴时，线段的长度为． （1）求椭圆的方程； （2）当直线的倾斜角为时，求以线段为直径的圆的标准方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，即可求出，再由通径求出，即可得解； （2）首先求出直线的方程，将直线和椭圆联立，利用韦达定理找出中点和弦长，用圆的标准方程求解即可. 【小问1详解】 依题意可得，故， 则椭圆方程为，设， 则当直线垂直于椭圆长轴时直线的方程为，代入得， 则，， 则，，则， 又线段的长度为，则，即， 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，设，， 又直线倾斜角为，故直线的方程为， 代入并整理得， 易知，则，， 因此， 又， 故以线段为直径的圆的圆心为，半径， 故所求圆的标准方程为. 17. 在如图所示的几何体中，平面，，是的中点，，，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见详解； （2）; （3）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，证明四边形是平行四边形，得，由线线垂直证明平面，再由线线垂直的性质证明平面； （2）建立空间直角坐标系，分别求出两平面的法向量，利用两向量夹角的计算公式计算即得； （3）由点到平面的距离的向量公式求出点到平面的距离. 【小问1详解】 取的中点，连接，， 由是的中点，得，而，则. 又，于是四边形是平行四边形，， 在中，，，有， 又由平面，平面，得， 而，，平面， 因此平面，所以平面. 【小问2详解】    由（1）已知平面，而，则直线，，两两垂直， 如图，以原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 于是，，，，， ，则，，， 设是平面的一个法向量， 则，故可取， 易知平面的一个法向量为 设平面与平面的夹角为， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值是. 【小问3详解】 由（2）知，，， 设是平面的一个法向量， 则，故可取， 则点到平面的距离. 18. 已知数列满足，，令． （1）证明：数列为等比数列； （2）求数列的通项公式； （3）令数列的前n项和为，证明：． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）结合题设中递推关系可转化为，从而可证数列为等比数列； （2）根据（1）中的结果可求的通项公式，从而可求的通项公式，进而由可求的通项公式； （3）由（2）的结论得：，利用放缩法得当时，，对分类讨论，结合等比数列的前项和公式即可证明成立. 【小问1详解】 证明：已知，所以， 由递推式，代入得： ， 故， 又，得，从而得 因此数列是首项为3，公比为的等比数列; 【小问2详解】 由（1）的结论得：， 所以， 又因为， 故 , 即数列的通项公式为； 【小问3详解】 由（2）的结论得， 因为对恒成立，所以； 所以， 故当时，成立； 当时， 由于，即， 综上所述，成立. 19. 已知双曲线，经过点，，双曲线的左、右焦点分别为，． （1）求双曲线C的方程； （2）点G为双曲线C上一点，且，求的值； （3）过点且斜率不为0的直线与C交于M，N两点（与点A不重合），直线AM，AN分别与直线交于点P，Q，求的值． 【答案】（1）； （2）； （3）1． 【解析】 【分析】（1）联立方程组求出即可求解； （2）根据双曲线的定义和余弦定理即可求解； （3）设过的直线方程为，，联立双曲线的方程，由韦达定理得，结合点斜式写出直线及的方程，代入得点及点的纵坐标，根据韦达定理求得即，即关于轴对称，从而得到． 【小问1详解】 已知双曲线过点， 代入方程得： 设，方程组化为：，解得， 故， 故双曲线C的方程为：； 【小问2详解】 由双曲线方程知，故，得， 故焦点， 设，由双曲线定义：，平方得： ① 在中，由余弦定理： 代入， 得，即② 由②-①，得，即， 代入①得， 则：，即 故 【小问3详解】 设过的直线方程为， 代入双曲线方程，消去，得 ，即， 则，得， 设，显然， 由韦达定理，得 直线的方程为，代入得点纵坐标为 同理，点纵坐标为， 代入， 得 即，即关于轴对称， 因上，故， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $