精品解析：福建省厦门大学附属科技中学2025-2026学年上学期高二期末质量检测数学试题

2025-2026学年（上）厦门大学附属科技中学高二期末质量检测 数学试题 （考试时长：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.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，在试卷上作答无效. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的. 1. 若不能构成空间的一个基底，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 2. 记等差数列的前项和为，则（　　） A. 130 B. 135 C. 145 D. 150 3. 若直线与直线平行，则与之间的距离是（ ） A. 3 B. 1 C. D. 4 4. 已知两圆和恰有一条公切线，则动点（m，n）的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则“”是“在上单调递增”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 6. 设斜率为的直线与抛物线交于，两点，若为线段的中点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列满足：，对，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点为上位于第一象限内的一点，为的内心，交轴于点，且，直线的斜率为，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意.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. 在三棱柱中，，分别是，上的点，且，.设，，，若，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知椭圆左、右焦点分别为、，P为C上一点，则（ ） A. 长轴长为8 B. 存在点P使得 C. 内切圆半径的最大值为 D. 的取值范围为 11. 已知数列满足，，则（ ） A. 可能常数列 B. 存在，使数列单调递增 C. 当时，的前2026项和为 D. 当时， 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 记函数的导数为，若，则_____. 13. 已知数列的前项和为，则数列的前10项和为_____. 14. 在三棱锥中，，，且直线与平面所成的角为.若，则长度的取值范围为______.当变化时，三棱锥体积的最大值为______. 四、解答题：本大题共6小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）求的图象在点处的切线方程； （2）求的极值. 16. 已知各项均为正数的数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形.，且，，为中点. （1）证明：平面； （2）已知线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，求到直线的距离. 18. 已知F为抛物线的焦点，直线经过F，过点的动直线与C相交于A，B两点． （1）求抛物线C方程； （2）设O为坐标原点，若的面积为，直线与y轴交于点N，证明：； （3）若直线的斜率小于0，且上任意一点到两直线AF，BF的距离相等，求直线的斜率． 19. 若数列任意相邻三项，，满足，则称该数列为“凸数列”. （1）已知正项等比数列，是等差数列，且，，.设. （i）求数列的通项公式，并证明是“凸数列”； （ii）求数列的前项和； （2）设正项数列是“凸数列”，求证：任意，，有 其中. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年（上）厦门大学附属科技中学高二期末质量检测 数学试题 （考试时长：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.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，在试卷上作答无效. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的. 1. 若不能构成空间的一个基底，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量基底的性质，结合向量共面的条件求解的值. 【详解】因为向量不能构成空间的一个基底，所以这三个向量共面，则存在实数使得， 即， 所以，即. 故选：B 2. 记等差数列的前项和为，则（　　） A. 130 B. 135 C. 145 D. 150 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式和前项和公式即可求解. 【详解】设等差数列的公差为，则， 解得：，再由等差数列的前项和得：， 故选：C. 3. 若直线与直线平行，则与之间的距离是（ ） A. 3 B. 1 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】先利用平行直线的判定可求出，再利用平行直线间的距离公式可得答案. 【详解】对于 ：斜率 ， 对于 ：，斜率 ， 因为，所以， 即：， 因此， 的方程为：，即， 两条平行直线之间的距离为： . 故选：A 4. 已知两圆和恰有一条公切线，则动点（m，n）的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出两个圆的圆心和半径，由两个圆恰有一条公切线，可得两圆内切，则两个圆心间的距离等于半径差的绝对值，计算得解. 【详解】由两圆的标准方程分别为和， 得圆心分别为（0，2m）和（n，0），半径分别为1和3， 又两圆恰有一条公切线，所以两圆内切， 所以，则，即. 故选：D. 5. 已知，则“”是“在上单调递增”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】C 【解析】 【分析】求出函数的导数，将问题转化为在上恒成立，求出的范围，与进行比较判断即可. 【详解】函数在上单调递增的充要条件为在上恒成立. ，因此需要在上恒成立，即在上恒成立. 当时，，当且仅当，即时，等号成立. 所以. 所以“”是“在上单调递增”的充要条件， 故选：C. 6. 设斜率为的直线与抛物线交于，两点，若为线段的中点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】用点差法，设出和两点坐标代入抛物线方程作差，结合中点坐标求出直线斜率，再用点斜式得到直线方程. 【详解】设，，则，由：作差得， 得，所以直线方程为，即. 故选：C 7. 已知数列满足：，对，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题干可得，然后由等比数列定义可求得，即可求解. 【详解】因为，所以， 所以为公比为2的等比数列，且， 则， 故.取，则. 故选：D 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点为上位于第一象限内的一点，为的内心，交轴于点，且，直线的斜率为，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据内心的性质和合比定理可得，然后利用双曲线的定义可得，，利用斜率定义及同角三角函数关系求得，在中，由余弦定理求得，即可得解. 【详解】为的内心，为角平分线交点， 又，故， ，， 又，，， 直线的斜率为，， ， 又，， 在中，由余弦定理得， 整理得，所以. 故选：A. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意.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. 在三棱柱中，，分别是，上的点，且，.设，，，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据空间向量线性运算即可求解A；利用数量积的运算律及模的运算求解判断B；利用数量积是否为0判断向量是否垂直判断C；根据空间向量夹角余弦公式求解判断D. 【详解】对于A，根据题意可得，又，， 所以可得， 即，正确； 对于B，由（1）知， 所以， 所以，B正确； 对于C，易知， 此时， 所以与不垂直，即C错误； 对于D，由选项C可得，且，即； ， 即； 所以可得，即D正确. 故选：ABD 10. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，P为C上一点，则（ ） A. 长轴长为8 B. 存在点P使得 C. 内切圆半径的最大值为 D. 的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】求解长轴长判断A；假设存在点P使得，利用椭圆定义、勾股定理可判断B；设内切圆半径为，根据三角形面积相等、的范围，求出取得最大值可判断C；设，求出，根据的范围可判断D. 【详解】，，所以，， 对于A，长轴长为，故A正确； 对于B，假设存在点使得，由题意可得， 整理可得，因为，方程无解， 故不存在点使得，故B错误； 对于C，设内切圆半径为， 由， 即，若能构成三角形，则， 显然当取得最大值时，取得最大值为，故C正确； 对于D，设，则，，且， ， 所以， 因为，所以，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知数列满足，，则（ ） A. 可能为常数列 B. 存在，使数列单调递增 C. 当时，的前2026项和为 D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】将变形为，对A，由为常数列得到，将其代入中，计算得解；对B，利用数列单调递增得到，解得的范围，且，解得的范围，又，将的范围代入中解得的范围，从而得到结论；对C，求出 ，由计算出，利用等比数列的定义得到是等比数列，利用等比数列的求和公式求解；对D，将整理成，将变形为，将其裂项为，代入得到，求和得解. 【详解】因为，所以， 对A，若为常数列，则，所以，解得或，A正确； 对B，若数列单调递增，则，解得或， 又，解得或， 又， 则或，解得或， 所以，当时，数列不可能单调递增，B错误； 对C，当时，， 又， 则， 则， 所以是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以前2026项和为，C正确； 对D，因为，所以， 因为， 所以， 因为，所以， 即，所以，D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 记函数的导数为，若，则_____. 【答案】7. 【解析】 【分析】求，将代入，求出，从而求出，继而求出. 【详解】因为，故， 故，解得，所以，故. 故答案为：. 13. 已知数列的前项和为，则数列的前10项和为_____. 【答案】52 【解析】 【分析】先利用求出数列的通项公式，再根据通项公式求出的前10项和. 【详解】，当时，； 当时，满足上式；所以. 数列前10项和为. 故答案：52 14. 在三棱锥中，，，且直线与平面所成的角为.若，则长度的取值范围为______.当变化时，三棱锥体积的最大值为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据三角形形成的条件求解长度的取值范围；设，由椭圆的定义可知点在以，为焦点，且2为长半轴长的椭圆上，利用几何法求得的面积最大值，然后结合等体积法利用锥体体积公式求得，设且，利用导数法求解最大值即可. 【详解】设，在中，，，则，解得， 所以长度的取值范围为； 不妨设，由中，可得， 又由，故点在以，为焦点，且2为长半轴长的椭圆上， 当在该椭圆的上顶点时，的面积最大，此时， 取的中点，可得， 则，设点到平面的距离为， 因为直线与平面所成角为，可得， 所以， 设且，则， 当时，单调递增； 当时，单调递减， 所以， 所以， 当且仅当，且时，等号成立， 所以三棱锥体积的最大值为. 故答案为：； 四、解答题：本大题共6小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）求的图象在点处的切线方程； （2）求的极值. 【答案】（1） （2）极小值为，无极大值 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可. （2）根据导数与单调性的关系求解即可. 【小问1详解】 因为，所以，则，切点为， 切线的斜率为， 因此，的图象在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 的定义域为，由得， 列表如下： - 0 + ↘ 极小值 ↗ 所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 所以在处取得极小值，且极小值为，无极大值. 16. 已知各项均为正数的数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用和的关系求出. 当时，利用求解出，当时，利用，计算得到，从而得到是首项为1，公差为1的等差数列，利用等差数列的通项公式求出. （2）将分奇数项和偶数项分别求和，奇数项利用裂项求和法，偶数项利用等比数列求和公式，再将结果相加即可得解. 【小问1详解】 当时，，解得， 当时，因为，所以. 相减得，即. 所以. 因为是正项数列，所以， 所以， 故是首项为1，公差为1的等差数列， 所以. 【小问2详解】 因为，则， 即. 所以， ， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形.，且，，为中点. （1）证明：平面； （2）已知线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，求到直线的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理以及线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质定理可得，即可证明平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出平面与平面的法向量，根据夹角余弦值确定点的位置，再由空间中点到直线距离的向量求法计算可得结果. 【小问1详解】 记中点为，连接，， 则四边形为正方形，且根据勾股定理得， 所以，则，所以. 又，，，平面， 所以平面. 因为平面，所以， 易知，所以， 又因，，平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）知平面，且，所以，，两两相互垂直. 以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立如图空间直角坐标系， 则，，，，， 设，，则， 则，，， 设平面与平面的法向量分别为和， 则，令，得. ，令，得. 设平面与平面的夹角为，， 则，解得. 因此，， 所以到直线的距离为. 18. 已知F为抛物线的焦点，直线经过F，过点的动直线与C相交于A，B两点． （1）求抛物线C的方程； （2）设O为坐标原点，若的面积为，直线与y轴交于点N，证明：； （3）若直线的斜率小于0，且上任意一点到两直线AF，BF的距离相等，求直线的斜率． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义和已知条件求出值，进而求出抛物线方程. （2）设动直线的方程，然后与抛物线方程联立，结合韦达定理列出的面积表达式，从而求出值，进而证明结论. （3）设点A在第一象限内，则点B在第四象限内，结合图形列出AF，BF的斜率，根据，列出等式，化简即可求得直线的斜率. 【小问1详解】 抛物线的焦点为， 由题意可知，，解得， 故抛物线C的方程为． 【小问2详解】 易知动直线的斜率不为0，设其方程，，，， 整理得，则，，， 所以的面积为， 由题意得，，解得， 所以直线的方程为，则，故． 【小问3详解】 不妨设点A在第一象限内，则点B在第四象限内， 因为上任意一点到两直线AF，BF的距离相等，所以直线平分， 结合图形可知，AF，BF的斜率都存在，则，， 又直线的斜率为2，在上取一点E，且E位于点F的右上方， 所以，则， 整理得，， 由（2）得，，， 所以， 即，所以， 解得或，经验证可知，， 故直线的斜率为． 19. 若数列的任意相邻三项，，满足，则称该数列为“凸数列”. （1）已知是正项等比数列，是等差数列，且，，.设. （i）求数列的通项公式，并证明是“凸数列”； （ii）求数列的前项和； （2）设正项数列是“凸数列”，求证：任意，，有 其中. 【答案】（1）（i），证明见解析；（ii） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据等比数列和等差数列的通项公式列方程组求解即可；结合凸数列的定义及放缩法证明即可；采用错位相减法即可求出数列的前项和. （2）利用换元法，结合凸数列的定义及放缩法证明即可. 【小问1详解】 （i）设的公比为，的公差为， 由题意可得，解得或（舍去）， 因此，，故. 所以， 故数列是“凸数列”. （ii）， 所以， 两式相减得，， 所以. 【小问2详解】 记，则原不等式等价于， 因而只需证明， 因为，所以， 故 而 ， 从而， 即， 所以任意，，有成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $