安徽省肥东县尚真中学2025-2026学年高二第一学期期末教学质量检测数学试题

安徽省肥东县尚真中学2025-2026学年第一学期期末教学质量检测高二数学 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知两条不重合的直线，的斜率分别是，，且，是方程的两个根，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．既不充分又不必要条件 2．已知点，点P在圆C：上，且满足，则点P的个数为（    ） A．0 B． C．2 D．3 3．设，，则（    ） A．既是的充分条件，也是的必要条件 B．是的充分条件，但不是的必要条件 C．是的必要条件，但不是的充分条件 D．既不是的充分条件，也不是的必要条件 4．已知数列满足，则（    ） A． B． C．1 D．2 5．设，向量，，，且，，则（　　） A． B． C．3 D．4 6．设，是椭圆：的左、右焦点，为坐标原点，点在椭圆上，延长交椭圆于点.且，若的面积为，则（   ） A． B． C． D． 7．设椭圆与双曲线的离心率分别为，双曲线渐近线的斜率小于，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．若过点可作曲线的三条切线，则a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知数列的前项和为，若，则（   ） A．是等差数列 B．不是等差数列 C．是等差数列 D．不是等差数列 10．一动圆与都相切，则动圆圆心的轨迹方程可能情形是（    ） A． B． C． D． 11．在平行六面体中，，则下列说法正确的有（    ） A． B． C．直线与所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为 三、填空题 12．已知等比数列的各项均为正数，且，则 . 13．若函数与函数的图象在处有相同的切线，则 . 14．已知函数，在内有且只有三条对称轴，则的取值范围是 四、解答题 15．已知圆，圆，直线经过点，且与圆交于两点，． (1)求的方程； (2)若动圆与圆外切，且与圆内切，求动圆圆心到点的距离的最小值． 16．已知等差数列满足，且. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，求数列的前项和. 17．已知为等差数列，，记分别为数列的前n项和， (1)求数列的通项公式； (2)证明： 18．如图，在四棱锥 中， 平面 .    (1)证明:平面 平面 ； (2)若 ，求平面 与平面 夹角的余弦值. 19．已知椭圆 的离心率为 ，短轴长为 . (1)求 的方程. (2)过点 且斜率为 的直线 与 交于 两点， 为坐标原点. ( i ) 设 的中点为 ，证明:直线 与 的斜率之积为定值; (ii)求 面积的最大值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《安徽省肥东县尚真中学2025-2026学年第一学期期末教学质量检测高二数学》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C A C B D A AC ACD 题号 11 答案 BCD 1．A 【分析】根据给定条件，利用不重合的两条直线平行的条件，结合充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】由，得，而直线不重合，则； 反之，由，且直线的斜率分别为， 则，方程有两个相等的根， 可得，解得， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 2．C 【分析】设，则，根据题意，化简可得，根据圆心距可得两圆的位置关系，即可得答案. 【详解】设，则， 因为，所以在以为直径的圆上，圆心，半径为，即． 因为， 所以圆与圆相交， 所以点P的个数为2． 故选：C. 3．C 【分析】求出方程的解，利用充分条件和必要条件的定义求解. 【详解】由可得或， 命题不一定推出命题，命题不是命题的充分条件； 命题可推出命题，命题是命题的必要条件， 是的必要不充分条件． 故选：C. 4．A 【分析】由递推关系式可知数列是周期为3的周期数列，根据周期可得答案. 【详解】因为， 所以，， ，，， 可得数列是以为周期的周期数列， 则. 故选：A. 5．C 【分析】根据向量平行和垂直求的值，进而求和. 【详解】因为向量，，， 若，则，解得，所以； 且，则，解得，所以； 可得，所以. 故选：C. 6．B 【分析】利用焦点三角形的面积公式及椭圆的定义可得，进一步得为等边三角形，且轴，从而可得解. 【详解】由椭圆的定义，得， 由余弦定理，得 ， 整理得：，又， ， 因此，，又，则为等边三角形， 由椭圆对称性得轴，所以. 故选：B. 7．D 【分析】根据给定条件，求得，再利用椭圆、双曲线离心率的意义列式求出范围. 【详解】双曲线的渐近线方程为，由双曲线的渐近线的斜率小于，得， 因此，由，得， 则，即，则 所以的取值范围是. 故选：D 8．A 【分析】切点的坐标为，求出切线方程，将点代入切线方程可将问题转化为方程有三个不同的实数根，令，可将问题转化为有三个零点，结合导数研究其单调性，极值即可求解. 【详解】设切点的坐标为，，所以切线方程为， 因为切线过点，所以，整理得， 令，,由，得或，由，得， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减， 所以，，解得，故的取值范围为. 故选：A 9．AC 【分析】由等差数列的定义可判断A、B、C，利用等差数列的函数特性可证明D. 【详解】对于A：，因此是等差数列，故A正确； 对于B：，故是等差数列，故B错误； 对于C： ，故是等差数列，故C正确； 对于D：，，故，易知是等差数列，故D错误. 故选：AC. 10．ACD 【分析】求出圆、圆的圆心坐标和半径，讨论圆与两圆的位置关系，结合双曲线的定义可得结果. 【详解】由题意得，圆方程可化为，故，圆半径， 圆方程可化为，故，圆半径， ∴两圆的圆心距， 由得两圆相离，设动圆的半径为，圆心.    ①如图1，当动圆与圆外切，与圆内切时，，故， 根据双曲线的定义，点的轨迹是以，为焦点的双曲线的右支，其中，故， ∴点的轨迹方程为，选项D正确. ②如图2，当动圆与圆内切，与圆外切时，，故， 此时点的轨迹是以，为焦点的双曲线的左支，结合①可知点的轨迹方程为，选项C正确.    ③如图3，当动圆与圆均外切时，，故， 此时点的轨迹是以，为焦点的双曲线的左支，其中，故， ∴点的轨迹方程为，选项A正确. ④如图4，当动圆与圆均内切时，，故， 此时点的轨迹是以，为焦点的双曲线的右支，结合③可知点的轨迹方程为，选项B错误. 故选：ACD. 11．BCD 【分析】A：由结合数量积的运算求解出结果；B：根据结合数量积的运算求解出结果；C：先根据结合数量积的运算求解出，再由代入数据求解出结果；D：取的中点，通过几何关系可证即为所求二面角的平面角，结合线段长度以及余弦定理求解出结果. 【详解】对于A，令，则， 所以 ， 所以，故A错误； 对于B： ， 故B正确； 对于C，因为， 所以 ， 所以，故C正确； 对于D，因为， 所以， 因为， 所以， 取的中点，连接，因为， 所以，则即为所求二面角的平面角， 又因为， 所以，故D正确． 故选：BCD. 12． 【分析】根据给定条件，求出数列的公比及首项即得. 【详解】设等比数列的公比为，由，知， 依题意，，解得， 所以. 故答案为： 13．1 【分析】根据题意结合导数的几何意义计算即可. 【详解】因为，，则，， 若函数与函数的图象在处有相同的切线， 且，则，即. 故答案为：1. 14． 【分析】根据二倍角公式、降幂公式、辅助角公式，化简整理，可得，根据x的范围，可得的范围，根据正弦型三角函数的图象与性质，结合条件，可得，化简即可得答案. 【详解】由题意 ， 因为，所以， 因为在内有且只有三条对称轴， 所以，解得. 故答案为： 15．(1)或 (2) 【分析】（1）根据点到直线的距离公式、圆的弦长公式等求出直线斜率，再利用斜截式方程计算即可. （2）先求出动圆圆心的轨迹方程，根据两点间距离公式求出的表达式，结合二次函数即可求出最小值. 【详解】（1）圆的圆心坐标为，半径为. 当斜率不存在时，直线为（即轴），此时圆心到直线的距离， 直线与圆无交点，舍去. 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即. 此时圆心到直线的距离为， 又，所以，即， 两边同时平方得， 整理得，，即，解得或， 所以的方程为或，即或. （2）圆的圆心坐标为，半径为. 设动圆的半径为，由题意，得，. 若，则，而，不满足，舍去. 因此必有，则. 所以， 所以动点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支，此时，， 所以的轨迹方程为． 设，则有，所以， 所以， 由二次函数的图象与性质可知，当时，有最小值，最小值为5， 所以，此时． 16．(1) (2) 【分析】（1）利用等差数列的基本量计算求出，从而求出其通项公式； （2）利用裂项相消法求数列的前项和即可. 【详解】（1）已知 ，根据通项公式可得 ， 则 ，解得 ， 所以 （2）由（1）知 ，则 ， 所以 . ， 因此，数列 的前 项和 . 17．(1) (2)证明见详解 【分析】（1）根据题意结合等差数列性质可得，，进而求，即可得公差； （2）根据等差数列求和公式结合分组求和法分别求，进而比较大小. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 因为，即， 又因为，则，，， 可得，即， 则，解得， 所以数列的通项公式. （2）由（1）可知：，， 则， 且 ， 因为，当且仅当时，等号成立， 所以. 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用平面与平面垂直的判定定理证明即可； （2）先证明，建立空间直角坐标系，分别求出平面 与平面 的法向量，用向量法求即可求解. 【详解】（1）因为 平面 平面 ，所以 ， 又 平面 平面 ， 所以 平面 . 又 平面 ，所以平面 平面 . （2）在 中， ， 所以 . 又 ，所以 . 在 中，由余弦定理可得 ， 则 ，所以 ，从而 . 以 为坐标原点，直线 分别为 轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，                           则 ，所以 . 设平面 的法向量为 ， 则 即 取 . 易知平面 的一个法向量为 ， 所以 ， 故平面 与平面 夹角的余弦值为 . 19．(1) (2)( i ) 证明见解析；(ii) 【分析】（1）由题意直接求得的值，从而求得椭圆的方程； （2）(i)写出直线方程，与椭圆方程进行联立，利用韦达定理表求出直线 与 的斜率，计算可得其为定值；(ii) 利用韦达定理，将 面积表示成的函数，根据基本不等式可得其最大值. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为 . 由题可知 所以 的方程为 . （2）(i)由题可知 的方程为 . 由 消去 可得 ， 由 ，可得 . 设 ，则 . 因为 为 的中点，所以 ， 显然，故 ，所以 ，为定值. (ii) 因为直线 与 轴的交点坐标为 ， 所以 ， 令 ，则 ， 所以. 当且仅当 ，即 ，即 时等号成立， 所以 面积的最大值为 .    答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $