精品解析：湖南省浏阳市2025-2026学年高二下学期期末质量监测试卷数学试题

2025年下学期期末质量监测试卷 高二数学 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知斜率为的直线经过点，，则（ ） A. B. C. 1 D. 0 2. 已知直线，若，则的值为（　　） A. B. 3 C. -1 D. 3或-1 3. 已知抛物线上一点到其焦点的距离为4，则（ ） A. 3 B. C. 6 D. 4. 如图，在空间四边形中，，，，且，，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 某物体运动时，位移（米）与时间（秒）之间的关系式为：，且，则该物体在2秒末的瞬时速度为（ ） A. 1米/秒 B. 2米/秒 C. 4米/秒 D. 无法确定 6. 在一个数列中，如果，都有（为常数），那么这个数列叫做等积数列，叫做这个数列的公积.已知数列是等积数列，且，公积为8，则（ ） A. 4719 B. 4721 C. 4723 D. 4724 7. “太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点是右支上一点，．若点到直线的距离为，则的离心率为（　　） A. B. C. 2 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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 在空间直角坐标系中，向量，则下列结论正确是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知抛物线焦点为，过的直线交抛物线于，为抛物线上一个动点，，则（ ） A. 的坐标为 B. 的最小值为2 C. 若，则过与抛物线相切的直线的方程为 D. 的最小值为3 11. 如图，在边长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 三棱锥的体积是定值 D. 存在点使直线与直线夹角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12 若，，成等比数列，则__________． 13. 若圆与圆相交于点，则__________． 14. 已知函数，若，则函数的最小值为______;若，都有，则实数的取值范围为______. 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. 已知圆C方程为. （1）求圆C的圆心坐标及半径； （2）求直线被圆C截得的弦长. 16. 数列的前项和为，且，在等差数列中，． （1）求数列和的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 17. 已知椭圆，其中离心率为，长轴长为4. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点的直线交椭圆于两点，为坐标原点，若的面积为，求. 18. 如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD中点，点F在PC上，且． （Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD； （Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值； （Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由． 19 已知，函数． （I）求曲线在点处的切线方程： （II）证明存在唯一的极值点 （III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年下学期期末质量监测试卷 高二数学 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知斜率为的直线经过点，，则（ ） A. B. C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】应用斜率的两点式列方程求参数值. 【详解】由题设，可得. 故选：B 2. 已知直线，若，则的值为（　　） A. B. 3 C. -1 D. 3或-1 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线平行公式计算求参. 【详解】当或时两直线不平行， 当且时， 因为， 所以， 故选:A． 3. 已知抛物线上一点到其焦点的距离为4，则（ ） A. 3 B. C. 6 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用抛物线的定义即可求解. 【详解】点在抛物线上，抛物线开口向右，， 又点到抛物线焦点的距离为4，，. 故选：C. 4. 如图，在空间四边形中，，，，且，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量加减运算与数乘运算的几何表示即可得解. 【详解】根据题意， . 故选：A 5. 某物体运动时，位移（米）与时间（秒）之间的关系式为：，且，则该物体在2秒末的瞬时速度为（ ） A. 1米/秒 B. 2米/秒 C. 4米/秒 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】由导数的定义及瞬时速度的概念可得. 【详解】由题意可得 ， 所以，所以该物体在2秒末的瞬时速度为1米/秒. 故选：A 6. 在一个数列中，如果，都有（为常数），那么这个数列叫做等积数列，叫做这个数列的公积.已知数列是等积数列，且，公积为8，则（ ） A. 4719 B. 4721 C. 4723 D. 4724 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题干已知条件及递推公式逐项代入进行计算即可发现数列是以3为最小正周期的周期数列，然后根据周期数列的性质即可计算出数列的前2024项的和． 【详解】依题意，由，及， 可得当时，，解得， 当时，，解得， 当时，，解得， 当时，，解得， 数列是以3为最小正周期的周期数列， ，， ， ． 故选：B 7. “太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】转化为点与点连线的斜率，然后结合图像由直线与圆的位置关系求解. 【详解】记，则为直线的斜率， 故当直线与半圆相切时，斜率最小， 设，则，解得或（舍去）， 即的最小值为. 故选：C. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点是右支上一点，．若点到直线的距离为，则的离心率为（　　） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用双曲线的定义，构造齐次方程，进而可得离心率. 【详解】 如图所示，由已知得，且，， 则 又由双曲线定义可知，即，而， 可得，即，解得（舍）或， 所以离心率， 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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 在空间直角坐标系中，向量，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用向量模长的坐标表示可得，可知A正确；由可知，显然满足，可得B正确；当时代入计算可得，即C错误；代入利用向量数量积的坐标表示可知，可得D正确. 【详解】由可知，即A正确； 当时，则，满足，因此，即B正确； 当时，易知，所以，可知C错误； 当时，可得，满足，可知，即D正确. 故选：ABD 10. 已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于，为抛物线上一个动点，，则（ ） A. 的坐标为 B. 的最小值为2 C. 若，则过与抛物线相切的直线的方程为 D. 的最小值为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用抛物线的性质求解焦点判断A，举反例判断B，联立方程组，令判别式为0求解切线斜率，进而得到切线方程判断C，利用抛物线的定义求解最小值判断D即可. 【详解】对于A，由抛物线性质得的坐标为，故A正确， 对于B，当的斜率不存在时，可得的方程为， 联立方程组，解得，， 得到，，则， 得到的最小值不可能为2，故B错误， 对于C，若，设切线方程为不为， 联立方程组，可得， 此时，解得， 则，即，故C正确， 对于D，如图，作出符合题意的图形，作垂直于准线， 由抛物线定义可得， 当且仅当三点共线时取等，此时，可得， 则的最小值为3，故D正确. 故选：ACD 11. 如图，在边长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 三棱锥的体积是定值 D. 存在点使直线与直线夹角的余弦值为 【答案】AB 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设，则. 对于选项A：因为，故，故A正确; 对于选项B:结合题意易得： ， 当时，取得最小值为，故B正确; 对于选项C:因为平面平面， 则平面， 所以三棱锥的体积为，故C错误； 对于选项D:因为， ， 设与的夹角为， 则， 因为，则，故不存在点使直线与直线夹角的余弦值为，故D错误. 故选:AB. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，，成等比数列，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用等比中项的定义列方程，求出． 【详解】，，成等比数列，或． 而当时，，不合题意． 故答案： 13 若圆与圆相交于点，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据两圆相交的性质，求得两圆的公共弦所在直线方程，利用点到直线距离公式求得其中一个圆的圆心到此直线的距离，再利用弦长公式进行计算即可. 详解】圆，即; 圆，即, 两圆相减得直线：， 圆的圆心坐标为，半径为， 到直线的距离直线， 弦长为， 故答案为： 14. 已知函数，若，则函数的最小值为______;若，都有，则实数的取值范围为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】导数法判断单调性；即可求出最小值；由题意易知，在单调递增，从而，即可解题. 【详解】若，则， ∴， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. ∴. 若，都有， 则， ∴在单调递增， ∴在恒成立， ∴即， 又， 当且仅当时，等号成立； ∴. 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. 已知圆C方程为. （1）求圆C的圆心坐标及半径； （2）求直线被圆C截得的弦长. 【答案】（1）圆心坐标为，半径为2；（2）. 【解析】 【分析】 （1）写出圆的标准方程即得解； （2）求出圆心到直线的距离即得直线被圆C截得的弦长. 【详解】（1）由题得圆方程为， 所以圆的圆心坐标为，半径为2. （2）由题得圆心到直线的距离为， 所以直线被圆C截得的弦长为. 【点睛】结论点睛：直线被圆所截得到的弦长（其中为圆的半径，为圆心到直线的距离）. 16. 数列的前项和为，且，在等差数列中，． （1）求数列和的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用与之间的关系可得数列的通项公式；利用等差数列的通项公式列方程组可得数列的通项公式. （2）利用错位相减法可求得. 【小问1详解】 当时，，即； 当时，由得， 则两式相减得，即，， 综上可知，是首项，公比的等比数列， 则，即. 设等差数列的公差为，则， 即，解得， 所以，即. 故，. 【小问2详解】 由（1）知，， 则①， ②， ①②得， 整理得 ， 即，所以. 17. 已知椭圆，其中离心率为，长轴长为4. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点的直线交椭圆于两点，为坐标原点，若的面积为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由长轴长为4，得出，由离心率为，求出，再根据即可得出椭圆的标准方程； （2）由题意知直线的斜率存在，画出图形，设直线，联立直线与椭圆方程化简写出韦达定理，利用弦长公式求出，再求出原点到直线的距离，表示出三角形的面积，解出参数，求出即可. 【小问1详解】 因为长轴长为，所以， 由离心率为，可得， 从而， 故椭圆方程为. 【小问2详解】 由题意知当直线的斜率存在设为，记， 如图所示： 故设直线，， 联立， 整理得：， 由 解得：， 由韦达定理得：， 所以 ， 又原点到直线的距离为： ， 则 ， 即，解得：满足题意， 所以. 18. 如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且． （Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD； （Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值； （Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由． 【答案】(Ⅰ)见解析； (Ⅱ) ； (Ⅲ)见解析. 【解析】 【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论； (Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值； (Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内. 【详解】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD， 由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A， 由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD. (Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 易知：， 由可得点F的坐标为， 由可得， 设平面AEF的法向量为：，则 ， 据此可得平面AEF的一个法向量为：， 很明显平面AEP的一个法向量为， ， 二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为. (Ⅲ)易知，由可得， 则， 注意到平面AEF的一个法向量为：， 其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内. 19. 已知，函数． （I）求曲线在点处的切线方程： （II）证明存在唯一的极值点 （III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围． 【答案】（I）；（II）证明见解析；（III） 【解析】 【分析】（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程； （II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解； （III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值. 【详解】（I），则， 又，则切线方程为； （II）令，则， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 当时，，，当时，，画出大致图像如下： 所以当时，与仅有一个交点，令，则，且， 当时，，则，单调递增， 当时，，则，单调递减， 为的极大值点，故存在唯一的极值点； （III）由（II）知，此时， 所以， 令， 若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即， ，， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，故， 所以实数b的取值范围. 【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $