精品解析：广东部分学校2025-2026学年高二上学期期末数学试卷

高二数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册至选择性必修第二册第四章. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若点在圆：的内部，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 若点在抛物线：上，点的纵坐标为3，则点到抛物线的准线的距离为（ ） A. 12 B. 9 C. 6 D. 4 4. 现从①，②，③，④这4条直线中随机抽取2条直线，则这2条直线垂直的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 设等差数列的前项和为，，则（ ） A. B. 10 C. 15 D. 30 6. 已知，是双曲线：的两个焦点，为上一点，且，若的面积是，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 7. 已知正三棱台的高为5，，，则该正三棱台外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 若直线：与：交于，两点，则的最小值为（ ） A. 3 B. 6 C. D. 二、选择题：本题共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. 下列说法正确的有（ ） A. 命题“，”的否定为“，” B. “”是“”的充分不必要条件 C. 复数的虚部为 D. 如果，，那么 10. 已知正项等比数列的前项和为，公比为，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 数列是递增数列 D. 若数列是以1为公差的等差数列，则 11. 已知曲线：，点，，，，，，为上关于轴对称的两点，则（ ） A. 由两个离心率相等的椭圆组成 B. 经过点的直线与有4个公共点 C. 存在四个点，使得 D. 当为正三角形时，点到直线MN的距离的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一个乒乓球从120cm高处自由落下，每次触地后弹起的高度都是前一次高度的一半，则该乒乓球第3次触地后弹起的高度为______cm． 13. 设函数若有4个不相等的实根，则的取值范围为________. 14. 在正三棱柱中，，是线段上的一动点，则点到直线的距离的最小值是________. 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. 已知是圆：外一点. （1）求的取值范围； （2）若是负偶数，过点作圆的切线，求切线的方程. 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，. （1）求角的大小； （2）若，求的值. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，. （1）证明：. （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 在各项均为正数的数列中，，且满足，数列的前项和为，. （1）求和的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）设数列的前项和为，且恒成立，求的最大值. 19. 已知抛物线：的准线方程为. （1）求的方程. （2）过点且斜率为的直线与交于，两个不同的点，为坐标原点. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若，求的取值范围； （ⅲ）过点作轴的垂线，交直线于点，证明：线段的中点在一条定直线上. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册至选择性必修第二册第四章. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解一元二次不等式求出集合，再由交集运算可得结果. 【详解】因为 又集合，则. 故选：B 2. 若点在圆：的内部，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据点在圆内，得出不等关系，解不等式即可求得结果. 【详解】由在圆内，得， 即，可化为； 解得，即. 故选：A 3. 若点在抛物线：上，点的纵坐标为3，则点到抛物线的准线的距离为（ ） A. 12 B. 9 C. 6 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线标准方程求出其准线方程即可求出距离. 【详解】由题可知的准线方程为， 又点的纵坐标为3，所以点到准线的距离为. 故选：C 4. 现从①，②，③，④这4条直线中随机抽取2条直线，则这2条直线垂直的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定从这4条直线中随机抽取2条直线的所有组合情况，再找出其中垂直的直线组合，最后根据古典概型概率公式计算概率. 【详解】从4条直线中随机抽取2条直线的选法有种， 其中，直线①和直线②垂直， 又因为直线③垂直于轴，直线④平行于轴， 所以直线③与直线④垂直， 又因为直线①与③不垂直，直线①与④不垂直，直线②与③不垂直，直线②与④不垂直， 所以从4条直线中随机抽取2条直线，其中这2条直线垂直的选法为：①②，③④，共2种， 所以根据古典概型概率公式，概率为， 所以所求概率为. 故选：C. 5. 设等差数列的前项和为，，则（ ） A. B. 10 C. 15 D. 30 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列性质和前n项和公式计算. 【详解】. 故选；A. 6. 已知，是双曲线：的两个焦点，为上一点，且，若的面积是，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】法1，由双曲线焦点三角形的面积公式求解；法2，在焦点三角形中利用定义和余弦定理求解. 【详解】法1：由双曲线焦点三角形的面积公式可知，解得，即. 法2：由双曲线定义， 在焦点三角形中，由余弦定理得 , 即，所以， 又，所以， 整理得，解得. 故选：A. 7. 已知正三棱台的高为5，，，则该正三棱台外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出图形，由正三棱台的对称性可得，正三棱台的外接球的球心落在上底面中心与下底面中心的连线上，先求出三棱台的高，再由球的性质得到外接球的半径. 【详解】分别取、的中心，连接，过作，    因为，由正弦定理得，得，同理可得， 由题意， 设正三棱台的外接球球心为O，因为为上底面截面圆的圆心，为下底面截面圆的圆心， 所以由正三棱台的性质可知，其外接球的球心在直线EF上， 设外接球O的半径为R，所以，，， 即，， 当在EF的延长线上时，可得，无解； 当在线段EF上时，轴截面中由几何知识可得，解得， 所以正三棱台的外接球表面积为. 故选：D 8. 若直线：与：交于，两点，则的最小值为（ ） A. 3 B. 6 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线过定点并求出圆心到直线距离的最大值，可得弦长的最小值. 【详解】直线的方程可化为， 令，解得，所以恒过定点. 又的圆心，半径为，， 易知当时，圆心到直线的距离最大值为，此时取得最小值， 可得最小值为. 故选：B 二、选择题：本题共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. 下列说法正确的有（ ） A. 命题“，”的否定为“，” B. “”是“”的充分不必要条件 C. 复数的虚部为 D. 如果，，那么 【答案】AB 【解析】 【分析】由命题的否定定义判断A选项；由充分条件、必要条件定义判断B选项；由复数的运算求得复数，即可得其虚部，判断C选项；由不等式的基本性质判断D选项. 【详解】命题“，”的否定为“，”，A正确； 由，可得或，则“”是“”的充分不必要条件，故B正确； ，虚部为1，故C错误； 因为，所以，又，所以，故，D错误. 故选：AB. 10. 已知正项等比数列的前项和为，公比为，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 数列是递增数列 D. 若数列是以1为公差的等差数列，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，由等比数列前项和的结构判断；对B，由等比数列前项和放缩可得；对C，用表示，讨论和的单调性；对D，由等差数列求和得到，与等比数列前项和公式比较列方程组求解. 【详解】对于A：由题可知，若，则，A错误. 对于B：若，，B正确. 对于C：，当时，，单调递减， 所以数列是递增数列， 当时，，单调递增，所以数列是递增数列. 综上，数列是递增数列，C正确. 对于D：若数列是以1为公差的等差数列，则， 所以，所以， 又， 所以解得，D正确. 故选：BCD. 11. 已知曲线：，点，，，，，，为上关于轴对称的两点，则（ ） A. 由两个离心率相等的椭圆组成 B. 经过点的直线与有4个公共点 C. 存在四个点，使得 D. 当为正三角形时，点到直线MN的距离的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据乘法的性质，结合椭圆的定义、离心率公式、一元二次方程根的判别式、数形结合思想逐一判断即可. 【详解】由，得或， 所以由椭圆与椭圆组成， ，是的两个焦点，，是的两个焦点， 由图可知，与有4个交点，所以存在四个点， 使得，且，故C正确； 与的离心率均为，故A正确； 当直线经过点时，即， 代入，得， 因为，所以直线与相切， 且切点不在上，易知直线与相交， 所以经过点的直线与有3个公共点，故B错误. 不妨设在的左边，当为正三角形时，直线DM的倾斜角为， 则直线DM的方程为，由图可知，当在的下半部分时，的周长最大， 将代入，得，解得， 所以点到直线MN的距离的最大值为，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一个乒乓球从120cm高处自由落下，每次触地后弹起的高度都是前一次高度的一半，则该乒乓球第3次触地后弹起的高度为______cm． 【答案】 【解析】 【分析】运用等比数列的递推模型，每次高度均为前一次的一半，只需依次进行三次乘法运算，即可得到第三次触地后的弹起高度. 【详解】乒乓球每次触地后弹起的高度是前一次高度的一半： 第一次触地后弹起高度：， 第二次触地后弹起高度：， 第三次触地后弹起高度：， 故第三次触地后弹起的高度为. 故答案为： 13. 设函数若有4个不相等的实根，则的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】由对数函数及二次函数图象作出函数的大致图象，由图象即可知答案. 【详解】当时，，∴， 当时，函数单调递增，∴， 当时，函数单调递减，， 当时，函数单调递增，， 画出的大致图象，如图所示.易得的取值范围为. 故答案为：. 14. 在正三棱柱中，，是线段上的一动点，则点到直线的距离的最小值是________. 【答案】 【解析】 【分析】以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用点到直线距离的向量求法得出距离表达式，并根据二次函数性质即可求出距离最小值. 【详解】以为原点，，所在直线分别为轴、轴，在平面内过并垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，如下图： 因为，所以，，，， 所以，，. 设，则， 故点到直线的距离. 当时，等号成立； 因此点到直线的距离的最小值是. 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. 已知是圆：外一点. （1）求的取值范围； （2）若是负偶数，过点作圆的切线，求切线的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）由点在圆的外部，与方程表示圆的充要条件，求解即可得到的范围； （2）分切线的斜率存在和不存在两种情况讨论可得切线的方程． 【小问1详解】 因为方程表示圆， 所以，解得. 又是圆：外一点， 所以，解得， 所以的取值范围为. 【小问2详解】 由题可知，则圆：， 即，圆的圆心为，半径为3. 当切线的斜率不存在时，切线的方程为， 此时圆心到直线的距离为，故满足相切关系； 当切线的斜率存在时，设切线方程为，即， 则圆心到直线的距离为，解得， 所以切线方程为，即. 故所求切线的方程为或. 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，. （1）求角的大小； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题中条件结合正弦定理与余弦定理计算得到结果； （2）根据题中条件结合正弦定理计算出，利用三角形内角和计算得到结果； 【小问1详解】 由题意可得， 根据正弦定理可得， 所以. 因为，所以. 【小问2详解】 因为，所以， 由（1）得，所以，代入得， 化简得，则，即， 因为，所以 . 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，. （1）证明：. （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明:连接， 因为，，，，所以，. 又，所以. 因为平面，所以， 因为，所以平面. 因为平面， 所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直性质并结合勾股定理可证明平面，即可得出结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，即可求出两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，. 设平面的法向量为， 则取，则，， 所以平面的一个法向量可以为， 显然是平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 在各项均为正数的数列中，，且满足，数列的前项和为，. （1）求和的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）设数列的前项和为，且恒成立，求的最大值. 【答案】（1）， （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）通过对已知等式因式分解，推证为等差数列，再由的递推关系推证是等比数列，进而求出两者的通项公式； （2）对构成的等差乘等比型数列，采用错位相减法求出前项和； （3）先求出，将不等式转化为恒成立问题，再通过换元结合基本不等式求出的最大值. 【小问1详解】 由，得， 因为，所以，所以是首项为1，公差为2的等差数列， 所以. 由，得当时，，解得， 当时，，所以， 所以是首项为1，公比为2的等比数列，即. 【小问2详解】 因为， 所以， 所以， 则 ，所以. 【小问3详解】 由等差数列的求和公式及等比数列的求和公式可得， 所以等价于， 化简可得， 令，则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，即的最大值为. 19. 已知抛物线：的准线方程为. （1）求的方程. （2）过点且斜率为的直线与交于，两个不同的点，为坐标原点. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若，求的取值范围； （ⅲ）过点作轴的垂线，交直线于点，证明：线段的中点在一条定直线上. 【答案】（1） （2）（ⅰ）； （ⅱ）； （ⅲ） 因为直线OB的方程为， 所以点的坐标为， 设线段AD的中点为，则，， 则 ， 所以点在直线上，故线段AD的中点在一条定直线上. 【解析】 【分析】（1）根据抛物线标准方程求解即可； （2）（ⅰ）直线与抛物线有两个交点，利用判别式求解即可；（ⅱ）表示，利用的取值范围求解即可；（ⅲ）利用设点和韦达定理，可求解的中点坐标的关系，即可证明. 【小问1详解】 根据题意可知准线方程为，即的准线方程为， 所以，即， 所以， 则抛物线的方程为：； 【小问2详解】 （ⅰ）依题意得直线的方程为， 当时，直线与抛物线只有一个交点，不符合题意， 当时，代入， 得， 则且，解得且， 所以的取值范围是； （ⅱ）设，，根据（ⅰ），利用韦达定理可得： ，， 所以， 代入可得：； 若，即，则， 所以 ， 即的取值范围是； （ⅲ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $