精品解析：贵州省毕节市大方县2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题

大方县2025~2026学年度秋季学期期末考试 高二数学试题 考生注意： 1．满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0．5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3．本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册，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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则的实部为（ ） A. B. C. 3 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据共轭复数的概念可得，然后利用乘法运算求得，进而利用实部的概念求解即可. 【详解】因为，所以，则， 所以的实部为5. 故选：D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由对数函数性质得集合，然后由交集定义计算． 【详解】，又， 故选：B. 3. 已知两条直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由两直线平行求出，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】当时，，则， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 4. 正项等比数列中，，是方程的两根，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用韦达定理得到两根之积，再结合等比数列性质求出，最后计算对数的值. 【详解】因为是方程的两根， 由韦达定理和等比数列的性质可得， . 故选：C. 5. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线方程可得，再结合离心率的计算公式，即可得答案. 【详解】因为的一条渐近线的方程为， 所以，所以的离心率为. 故选：A. 6. 已知函数，若，则（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数解析式判断函数的对称性有，结合已知求函数值. 【详解】由，其定义域为R， 又， 所以，则. 故选：D 7. 在矩形ABCD中，，，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角，则四面体ABCD的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】中点到四面体的四个顶点、、、的距离相等，是四面体的外接球的球心，再求出球半径及表面积. 【详解】如图 设AC的中点为O，由矩形ABCD可知点O到四面体的每个顶点的距离都相等，为， 则点O即为四面体外接球的球心，所以四面体ABCD的外接球的半径为， 则四面体ABCD的外接球的表面积为． 故选：B. 8. 是圆上的动点，是直线上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用几何法先判断直线与圆的位置关系，进而利用圆心到直线的距离减去半径即可求解. 【详解】由题意得，圆的圆心为，半径． 因为到直线的距离， 当且仅当时等号成立，所以直线与该圆相离， 所以的最小值为． 故选：C． 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. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若空间向量，则在上的投影向量为 B. 若空间向量满足，则与夹角为锐角 C. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 D. 若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据投影向量的定义列式运算得解；对于B，当，同向共线时也成立可判断；对于C，由空间向量共面的推论判断；对于D，由可判断. 【详解】对于A，在上的投影向量为，故A正确； 对于B，当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，故B错误； 对于C，在中，故四点共面，故C正确； 对于D，由，即，故，故D正确. 故选：ACD. 10. 阿波罗尼奥斯是古希腊著名的数学家，与欧几里得、阿基米德齐名，他的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.其中给出了抛物线一条经典的光学性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴.此性质可以解决线段和的最值问题，已知抛物线，是抛物线上的动点，焦点，，下列说法正确的是（ ） A. 的方程为 B. 的方程为 C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】由焦点易得抛物线的方程为，设准线为，过作交于点，过作交于点，交于点，连接，通过抛物线的定义结合图象可得，即可求得答案. 【详解】由题可得，即的方程为， 设准线为，过作交于点，过作交于点，交于点，连接， 将代入可得， 所以， 于是， 当与重合时，取得最小值. 故选：BD. 11. 类比于数学史上著名的“冰雹猜想”，任取一个正整数，若是奇数，就将该数加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步禁后，必得到数字1.如取，则的值依次为，共需5个步骤变成1，则称该运算为5步运算，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，的值依次为 B. 当时，该运算为7步运算 C. 当运算为7步运算时，的值可能有13个 D. 当运算为7步运算时，的最大值与最小值之和为137 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意得到进而逐个判断即可； 【详解】由题知，对于A，，则的值依次为，故A正确； 对于B，，所以该运算为6步运算，故B错误； 对于C，当运算为7步运算时，，逆推可得如下结果， 据此可得的值可能有13个，故C正确； 对于D，由选项C知，的最大值为128，最小值为9，所以的最大值与最小值之和为137，故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. 已知数据的方差为，那么数据的方差为______． 【答案】 【解析】 【分析】确定原数据的方差，再根据方差的性质计算新数据的方差. 【详解】已知数据的方差为，即， 对于数据（），根据方差的性质 因此新数据的方差为. 故答案为：. 13. 意大利数学家斐波那契提出了一个著名的兔子问题，得到了斐波那契数列．数列满足，．现从数列的前2025项中随机抽取1项，能被3除余1的概率是______． 【答案】 【解析】 【分析】求出数列各项的余数，得到余数数列为周期数列，周期为，从而确定前项中被除余的项数即可求得概率. 【详解】根据斐波那契数列的定义知，， 被3除的余数依次为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，…， 余数数列为周期数列，周期为8，， 所以数列的前2025项中被3除余1的有项， 故所求概率为． 故答案为：. 14. 已知函数的图象关于直线对称，的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若在区间内恰有3个解，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】利用辅助角公式，结合对称轴可求解析式，再利用平移可得，利用正弦值等于在区间内恰有个解，可得到动区间端点的取值范围，即可求解. 【详解】由已知可得，且图象关于对称； 则有，，解得，． 因为，所以，即； 向右移个单位后得到函数，则； 若在区间内恰有3个解，即在区间内恰有3个解； 因为，则，所以，即． 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，证明过程或演算步骤． 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，. （1）求的值； （2）若的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2）5 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理可得，再由正弦定理计算可得结果； （2）由三角形面积公式可得，可得，所以的周长为5. 【小问1详解】 根据题意由余弦定理可得， 又可得，即可得， 所以，可得， 由正弦定理可得； 【小问2详解】 易知， 解得，即； 由（1）中可得， 所以的周长为. 16. 已知为数列的前n项和，，． （1）求的通项公式； （2）设，数列的前n项和为，求证：． 【答案】（1）； （2） 由（1）知，， 所以 . 【解析】 【分析】（1）利用的关系式探究数列的特性，再求出其通项公式. （2）利用裂项求和法求得，进而证得不等式成立. 【小问1详解】 数列中，由，得， 两式相减得，而，则， 又，，因此，数列是首项为2，公差为1的等差数列 所以的通项公式. 【小问2详解】 略 17. 已知直线，圆，是上一动点. （1）若点在轴上，求过点且与圆相切的直线方程； （2）过点作圆的切线，切点分别为，求证：直线恒过定点. 【答案】（1）或. （2） 证明：设的坐标为，则的中点为， 所以，以为直径的圆的方程为，即， 整理得. 由题可知，，故点在以为直径的圆上，又因为点在圆上，故为圆与以为直径的圆的公共弦， 故将圆与圆的方程相减，得公共弦所在直线的方程为， 由，得， 令得即直线恒过定点. 【解析】 【分析】（1）分斜率不存在与斜率存在两种情况讨论，使点到直线的距离等于圆的半径即可； （2）由可知点在以为直径的圆上，又因为点在圆上，故为圆与以为直径的圆的公共弦，将两圆方程作差求出所在直线方程，再求其所过定点即可. 【小问1详解】 圆的圆心为，半径. 因为点在与轴上，所以的坐标为， 设过点且与圆相切的直线为， 若的斜率不存在，则的方程为， 圆心到的距离等于，故与圆相切； 若的斜率存在，设的方程为， 即， 由与圆相切，得，， 整理得，解得，所以的方程为. 综上所述，过点且与圆相切的直线方程为或. 【小问2详解】 略 18. 如图，在四棱柱中，平面ABCD，，，，.M，N分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求直线到平面的距离. 【答案】（1）证明如下： 取中点，连接， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，方向为轴建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； 【小问3详解】 由（1）知平面； 故点到平面的距离即为到平面的距离； ，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 19. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，过点的直线l与C交于D，E两点（D、E均不在x轴上），的周长为16，且C的离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）若直线被椭圆C所截的弦长为，求k的值； （3）若点A为椭圆C的右顶点，过点（不同于点A）且斜率不为0的直线l与椭圆C相交于M，N两点（点M在G，N之间），若点H为线段MN上的点，满足，且，求t的值． 【答案】（1） （2）±1 （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆定义和离心率，列出关于的方程组，求出即可求解； （2）联立直线与椭圆方程，应用韦达定理及弦长公式列等式即可求解； （3）设出直线的方程，联立直线与椭圆方程，并应用韦达定理写出根与系数关系，再根据题给条件写出点坐标与的关系，得到关于的方程，即可求解. 【小问1详解】 根据题意可知，所以， 所以椭圆C的方程为． 【小问2详解】 设直线与椭圆C的两交点的坐标分别为，， 联立，可得，所以 所以弦长为 ， 化简得，即，得，所以k的值为±1． 【小问3详解】 设，，直线l的方程为， 联立得，， 所以 设点，因为，可得， 则，得，故，，…… 又因为，则，可得， 所以，可得，得或（舍），所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大方县2025~2026学年度秋季学期期末考试 高二数学试题 考生注意： 1．满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0．5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3．本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册，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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则的实部为（ ） A. B. C. 3 D. 5 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知两条直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 正项等比数列中，，是方程的两根，则的值是（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若，则（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 7. 在矩形ABCD中，，，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角，则四面体ABCD的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 是圆上的动点，是直线上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求．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. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若空间向量，则在上的投影向量为 B. 若空间向量满足，则与夹角为锐角 C. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 D. 若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 10. 阿波罗尼奥斯是古希腊著名的数学家，与欧几里得、阿基米德齐名，他的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.其中给出了抛物线一条经典的光学性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴.此性质可以解决线段和的最值问题，已知抛物线，是抛物线上的动点，焦点，，下列说法正确的是（ ） A. 的方程为 B. 的方程为 C. 的最小值为 D. 的最小值为 11. 类比于数学史上著名的“冰雹猜想”，任取一个正整数，若是奇数，就将该数加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步禁后，必得到数字1.如取，则的值依次为，共需5个步骤变成1，则称该运算为5步运算，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，的值依次为 B. 当时，该运算为7步运算 C. 当运算为7步运算时，的值可能有13个 D. 当运算为7步运算时，的最大值与最小值之和为137 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数据的方差为，那么数据的方差为______． 13. 意大利数学家斐波那契提出了一个著名的兔子问题，得到了斐波那契数列．数列满足，．现从数列的前2025项中随机抽取1项，能被3除余1的概率是______． 14. 已知函数的图象关于直线对称，的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若在区间内恰有3个解，则实数a的取值范围是______． 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，证明过程或演算步骤． 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，. （1）求的值； （2）若的面积为，求的周长. 16. 已知为数列的前n项和，，． （1）求的通项公式； （2）设，数列的前n项和为，求证：． 17. 已知直线，圆，是上一动点. （1）若点在轴上，求过点且与圆相切的直线方程； （2）过点作圆的切线，切点分别为，求证：直线恒过定点. 18. 如图，在四棱柱中，平面ABCD，，，，.M，N分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求直线到平面的距离. 19. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，过点的直线l与C交于D，E两点（D、E均不在x轴上），的周长为16，且C的离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）若直线被椭圆C所截的弦长为，求k的值； （3）若点A为椭圆C的右顶点，过点（不同于点A）且斜率不为0的直线l与椭圆C相交于M，N两点（点M在G，N之间），若点H为线段MN上的点，满足，且，求t的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $