精品解析：浙江省温州市2025-2026学年高二第一学期期末质量评价题库数学试题（A类）

2025学年第一学期高二期末质量评价题库 数学（A类） 本题库共4页，19小题.建议做题时间120分钟. 答题须知： 1.答题前，务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、题库答题卡号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在题库上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.必须保持答题卡的整洁，不要折叠，不要弄破. 选择题部分（共58分） 一、选择题：本大题共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. 已知空间向量，则（ ） A. B. C. D. 2. 在平面直角坐标系中，已知直线的斜率为，则直线的一个方向向量可以是（ ） A. B. C. D. 3. 下列函数求导正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 已知椭圆与双曲线有共同的焦点，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 5. 在棱长为2正方体中，为平面的中心，则点到直线的距离为（ ） A. 1 B. C. D. 6. 设双曲线的右焦点为，过的直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，交另一条渐近线于点，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 7. 已知函数的极小值点为，且点落在同一条直线上，则该直线的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 无穷数列满足，有且仅有2025个正整数，使得，记是不大于实数的最大整数，则的值为（ ） A. B. C. 2025 D. 2026 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. 已知直线和圆，下列说法正确的有（ ） A. 直线过定点 B. 圆上存在两个点关于对称 C. 圆心到最大距离为2 D. 圆上至少存在三个点到距离相等 10. 已知数列，满足，且为递增数列，下列说法正确的有（ ） A. 若为等比数列，则公比可能大于1 B. 若为等比数列，则公比可能小于-1 C. 若为等差数列且，则公差可能小于0 D. 若为等差数列且，则公差一定大于0 11. 已知抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，轴，垂足为，是关于原点的对称点，的平分线交轴于点，则（ ） A. B. 直线与抛物线始终有两个公共点 C. ，，成等比数列 D. 存直线使得 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的横线上. 12. 已知等比数列满足，则的前8项和为__________. 13. 若函数在上单调递增，则的最大值是__________. 14. 已知四棱锥，平面，，，，点为内部一点，，点为直线上一点，则直线与所成角的正弦值的最小值为__________. 四、解答题：本大题共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. 如图，在三棱柱中，为等腰直角三角形，，平面平面. （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 16. 已知圆的圆心在直线上，直线与圆相切于点. （1）求圆的方程； （2）若直线与直线交于点，求的外接圆与圆的公共弦长. 17. 已知数列的前项和为，满足. （1）求的通项公式； （2）若是关于的方程的根，求的前项和. 18. 将上下底面都为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”，已知椭圆柱的母线长为3，在下底面建立如图所示的平面直角坐标系，椭圆的离心率为，短轴长为，焦点在轴上． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知为椭圆上任意一点，中点为，是以点为中点的弦，设直线的方程为． （i）求与的等量关系； （ii）求点到平面的距离的最小值． 19. 已知函数，，其中常数，. （1）当时，是图象的一条切线，求； （2）当时，，有，求的最大值； （3），，使得，且，请判断与的大小. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期高二期末质量评价题库 数学（A类） 本题库共4页，19小题.建议做题时间120分钟. 答题须知： 1.答题前，务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、题库答题卡号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在题库上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.必须保持答题卡的整洁，不要折叠，不要弄破. 选择题部分（共58分） 一、选择题：本大题共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. 已知空间向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量加法的三角形法则计算即可求解. 【详解】. 故选：C. 2. 在平面直角坐标系中，已知直线的斜率为，则直线的一个方向向量可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线的方向向量与斜率的关系求解即可. 【详解】根据题意得直线的一个方向向量为， 因为，所以也是直线的一个方向向量. 故选：. 3. 下列函数求导正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据常见函数的导数，结合导数的运算公式、复合函数的导数运算公式逐一判断即可. 【详解】A：因为是常函数，所以，所以本选项不正确； B：，所以本选项不正确； C：，所以本选项不正确； D：， 所以本选项正确. 故选：D 4. 已知椭圆与双曲线有共同的焦点，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】首先判断双曲线的焦点在轴，再由两曲线有共同的焦点得到，即可得解. 【详解】因为双曲线的焦点在轴， 又椭圆与双曲线有共同的焦点， 所以，所以. 故选：B. 5. 在棱长为2的正方体中，为平面的中心，则点到直线的距离为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，应用空间向量法求解点到直线的距离. 【详解】在棱长为2的正方体中， 以点为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图）. 于是，，， 所以，， 所以点到直线的距离为. 故选：B. 6. 设双曲线的右焦点为，过的直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，交另一条渐近线于点，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】求得双曲线的渐近线方程，进而求得过与渐近线垂直的直线方程，联立方程组求得的坐标，进而计算可求得的值. 【详解】由双曲线，得，所以， 所以双曲线的右焦点为，双曲线的渐近线方程为， 当过作渐近线的垂线时，可得过与渐近线垂直的直线方程为， 联立，解得，所以垂足， 联立，解得，所以交点， 所以，， 所以. 同理可求过作渐近线的垂线时，. 综上，. 故选：B. 7. 已知函数的极小值点为，且点落在同一条直线上，则该直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意对函数求导，再求出函数的极小值，再由点落在同一条直线上，代入求解即可. 【详解】由题意可得，函数的极小值点为， 所以，令，即，此时极小值点满足，令， 所以，当，当时， 此时该点为极小值点，代入可得，，所以，所以该直线的方程为. 故选：A. 8. 无穷数列满足，有且仅有2025个正整数，使得，记是不大于实数的最大整数，则的值为（ ） A. B. C. 2025 D. 2026 【答案】C 【解析】 【分析】利用裂项法来求和，利用构造等差数列来求通项，然后化简不等式，即可作出判断. 【详解】由可得：， 再由可得：， 所以是等差数列，公差为，即， 所以，且，即, 则原不等式，可化为， 整理得：， 当时，不等式对任意正整数恒成立，不满足题意，则， 由于有且仅有2025个正整数，使得， 则，即,又因为, 所以. 故选：C 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. 已知直线和圆，下列说法正确的有（ ） A. 直线过定点 B. 圆上存在两个点关于对称 C. 圆心到的最大距离为2 D. 圆上至少存在三个点到的距离相等 【答案】AC 【解析】 【分析】根据定点列式判断A，应用圆的对称性判断B，D,应用定点判断距离最大判断C. 【详解】直线，当时，，所以直线过定点，故A正确； 圆上存在两个点关于直线对称，则直线是过圆心的，不过圆心，所以圆上不存在两个点关于对称，B选项错误； 圆心到的最大距离为圆心到定点的距离，所以圆心到的最大距离为2，故C选项正确； 当时，与圆相离，圆上的点到距离为，圆上有1个点到的距离为1或3，圆上有2个点到的距离相等为，圆上不存在至少三个点到的距离相等，D选项错误； 故选：AC. 10. 已知数列，满足，且为递增数列，下列说法正确的有（ ） A. 若为等比数列，则公比可能大于1 B. 若为等比数列，则公比可能小于-1 C. 若等差数列且，则公差可能小于0 D. 若为等差数列且，则公差一定大于0 【答案】ACD 【解析】 【分析】由数列为递增数列以及等差数列，等比数列的性质求解即可. 【详解】因为为等比数列，设公比为，因为，所以，所以为等比数列，公比为，首项为， 若为递增数列，则有，或，即或， 故A正确，B错误， 因为为等差数列且，则，，，因为为递增数列， 所以，所以， 若，则，因为，所以，符合条件，故C正确， 因为为等差数列且，所以，所以，， 当时，，因为，所以，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，轴，垂足为，是关于原点的对称点，的平分线交轴于点，则（ ） A. B. 直线与抛物线始终有两个公共点 C. ，，成等比数列 D. 存在直线使得 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A项，可通过设出直线方程并与抛物线方程联立，利用韦达定理求解；对于B项，通过直线与抛物线方程联立，利用判别式进行判断；对于C项，结合平分线定理及等比数列的定义进行判断；对于D项，假设存在，得进行求解判断． 【详解】对于A项，由题设，令，联立抛物线可得， 所以，，则A项正确； 对于B项，由轴，垂足为，是关于原点的对称点，得， ， 则直线的方程为：， 由，消去得，， 则， 因为， 所以， 得直线与抛物线相交或相切， 则直线与抛物线有两个交点或一个交点，故B项错误； 对于C项，因为，，，所以， 由的平分线交轴于点，得, 由抛物线的定义知，，而，所以, 即为的中点，即， 所以，得， 因为，所以, 所以，，成等比数列，故C项正确； 对于D项，不妨令，假设存直线使得， , 得, 得，得， 则，得点代入直线，得， 得直线，故D项正确． 故选：ACD 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的横线上. 12. 已知等比数列满足，则的前8项和为__________. 【答案】0 【解析】 【分析】根据等比数列通项公式求出公比和首项，再利用前项和公式求值即可. 【详解】设等比数列的公比为， 因为，所以，所以， 所以， 故答案为：0 13. 若函数在上单调递增，则的最大值是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】对求导，由函数在上单调递增，得对恒成立，然后分离参数转变为函数最值求解即可. 【详解】因为，所以. 由函数在上单调递增，得对恒成立，即，所以. 设，，则， 易知当时，恒成立， 所以在上单调递增，所以， 所以，即的最大值为. 故答案为：. 14. 已知四棱锥，平面，，，，点为内部一点，，点为直线上一点，则直线与所成角的正弦值的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】以为原点建系，根据，求出点坐标，再利用以及等体积思想求出，设，计算即可求出范围. 【详解】因为，，所以， 因为平面，平面，所以， 则以为原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 则， 因为为内部一点， 所以存在实数使得， 且，， 则， 因为， ， ， 所以，则，则，则， 因为，，所以， 因为点为直线上一点，所以设， 则， 则， 则 ， 因为，所以， 则直线与所成角的余弦值的最大值为， 故直线与所成角的正弦值的最小值为. 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 如图，在三棱柱中，为等腰直角三角形，，平面平面. （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理可得，利用勾股定理逆定理可得，结合面面垂直的性质可证结论； （2）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求得平面与平面所成角的余弦值. 【小问1详解】 在中，， 由余弦定理可得， 所以，所以，所以， 又因为平面平面， 平面平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为为等腰直角三角形，且，所以， 因为平面，平面，所以，， 以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的一个法向量为， ，令，则， 所以平面的一个法向量为， 又因为，，，平面， 所以平面，所以为平面的一个法向量， 设平面与平面所成的角为， 所以. 所以平面与平面所成角的余弦值为. 16. 已知圆的圆心在直线上，直线与圆相切于点. （1）求圆的方程； （2）若直线与直线交于点，求的外接圆与圆的公共弦长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设圆心，根据直线与直线垂直，根据直线的斜率关系可求出的值，可得出圆心的坐标，进而可求得圆的半径，由此可得出圆的标准方程； （2）先求出的外接圆方程，再求出两圆公共弦所在直线的方程，结合几何法求弦长即可求解. 【小问1详解】 因为圆心在直线上，设圆心， 则与直线垂直，且直线的斜率为1， 则，得，解得， 所以圆心的坐标为，则圆的半径为， 所以，圆的标准方程为. 【小问2详解】 由，解得，所以， 得，的中点为. 因为， 所以的外接圆是以为圆心，以为半径的圆， 所以的外接圆方程为， 减去圆的标准方程：， 得，即两圆公共弦所在直线的方程为， 则到直线的距离为， 所以，得两圆的公共弦长为. 17. 已知数列的前项和为，满足. （1）求的通项公式； （2）若是关于的方程的根，求的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据，求得数列的递推公式，由定义判断数列是等比数列，由此求得数列的通项公式； （2）由题意得，根据等比数列前项和公式求得数列的前项和公式，利用错位相减法求得数列的前项和，相加可得的前项和. 【小问1详解】 因为，所以，即，所以； 当时，，所以，所以. 所以数列是首项为，公比为的等比数列. 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 若是关于的方程的根，则. 记； 记， 则. 两式相减得， 所以. 所以. 18. 将上下底面都为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”，已知椭圆柱的母线长为3，在下底面建立如图所示的平面直角坐标系，椭圆的离心率为，短轴长为，焦点在轴上． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知为椭圆上任意一点，的中点为，是以点为中点的弦，设直线的方程为． （i）求与的等量关系； （ii）求点到平面的距离的最小值． 【答案】（1） （2）； 【解析】 【分析】（1）根据短半轴长、椭圆离心率、联立即可求解椭圆的标准方程； （2）（i）设，，，依据中点和斜率关系可得，，，根据A、B在椭圆上，并结合点差法、中点坐标关系可得到，同时中点M又在直线上，P在椭圆上，据此再列出两个方程，联立可得m、k之间的关系；（ii）根据空间向量法，求出点到平面的距离的最小值关于k、m的表达式，再结合（i）中k、m的关系求解最小值即可． 【小问1详解】 已知椭圆短轴长，得， 离心率，再结合椭圆关系，解得，， 因此椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 （i）设，则OP的中点， 设，，代入椭圆方程并作差可得， 也即， 因为是AB中点，所以，，且， 代入得也即， 又在直线AB上，代入可得， 将代入上式可得，也即①， 结合在椭圆，并代入，化简得②， 联立①②并整理． （ii）在所给平面直角坐标系的基础上，以为z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 由题意得，设平面的法向量为， 向量，，由和， 可得，令，可得， 即，又， 所以点到平面的距离公式为， 结合化简后，可得， 而根据可知，当且仅当时成立， 故． 故最小值为． 19. 已知函数，，其中常数，. （1）当时，是图象的一条切线，求； （2）当时，，有，求的最大值； （3），，使得，且，请判断与的大小. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解切线方程，计算得到参数的值； （2）先变形与构造函数，求的最小值，代入不等式确定的最大值； （3）先把已知条件转化为方程，消元求解的关系，构造辅助函数判断函数单调性，利用单调性比较大小； 【小问1详解】 已知函数，，当时，， 设切点为，则，由第二个式子，代入第一个式子， 再代入得到，解得 【小问2详解】 当时，，， 因为，有，两边取对数得， 整理得，设，求导， 令得（唯一极小值点）， 当时，单调递减；当时，单调递增； 因此， 代入不等式得，即， 时，不等式成立； 若，所以，不等式等价于，解得 当时， 在处，最小值，当时， 因此的最大值为. 【小问3详解】 已知，且，即， 两式相乘，两式相除， 两边取自然对数， 设，得，故 由，得， 令，求导 因为，所以，即在上单调递增； 当时，，故（但，故不能等于1） 当增大时，增大，也增大，结合，的单调性，可知 （因时，），故 由，因为，所以，即， 再结合和的对称性，以及，推得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $