精品解析：广东省广州市三校2025-2026学年高一上学期期末考试数学试题

2025-2026学年上学期期末考试试题 高二数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 一、单项选择题：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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则共轭复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知函数，则“函数的图象的一条对称轴为”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 4. 连掷一枚均匀的骰子两次，所得向上的点数分别为，记，则下列说法正确的是（ ） A. 事件“”的概率为 B. 事件“是偶数”与“”互为独立事件 C. 事件“”与“”互为互斥事件 D. 事件“且”的概率为 5. 设等比数列的前项和为，且满足，若，则数列的前10项和是（ ） A. 1535 B. 1536 C. 1537 D. 1538 6. 已知在正四棱台中，，若此正四棱台存在内切球，则此正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 设函数．若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示，，是双曲线上的三个点，点，关于原点对称，线段经过右焦点，若且，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设数列前项和为，关于数列有下列命题，其中正确的命题有（ ） A. 若，则既是等差数列又是等比数列 B. 若，则为等差数列 C. 若为等差数列，则是等差数列 D. 若，则为等比数列 10. 已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为4，点分别为线段，上的动点，且，则（ ） A. B. 平面平面 C. 三棱锥的体积为 D. 当时，四面体的外接球的表面积为 11. 我们把既有对称中心又有对称轴的曲线称为“优美曲线”，“优美曲线”与其对称轴的交点叫做“优美曲线”的顶点．对于“优美曲线”，则（ ） A. 曲线有8个顶点 B. 曲线上任意两点间的最大距离为 C. 曲线围成的图形面积为 D. 若点在曲线上，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 椭圆的焦点为、，以为圆心作一个圆，使此圆过椭圆中心点并与椭圆交于、两点，若四边形是菱形，则__________． 13. 已知，则__________． 14. 若图的关联结点（图中加黑的粗点）构成的点集记为，可划分为两个子集和，，且图中的每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，则将图称为二部图．现有下列六个图，若从这六个图中任选两个，则恰有一个二部图的概率为__________. 四、解答题：本题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. 如图，在中，，点在线段上，，且． （1）求和的值； （2）的角平分线与相交于，求的长度． 16. 已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点，与轴交于点． （1）若的斜率为2，且，求直线的方程； （2）若（为坐标原点），且，求弦的长． 17. 如图，四棱锥中，平面，，，，． （1）若，平面平面，证明：平面； （2）若，且二面角的余弦值为，求的长度． 18. 已知数列的前项和为，且，数列满足，且． （1）求数列的通项公式，并证明数列为等差数列； （2）如果数列的前项积为，求的前项和； （3）如果，且数列的前项和为，若存在，使得成立，求实数的取值范围． 19. 平面直角坐标系中，已知椭圆的焦点为，点在上，且轴，的内切圆半径为． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知圆，直线与圆相切，且与相交于两点，求证：； （3）过点作斜率之积为1的两直线，若交于两点，交于两点，分别为的中点，求面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年上学期期末考试试题 高二数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 一、单项选择题：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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两集合中的数字特征，即可得出两集合的关系. 【详解】由题意得, 显然仅表示奇数，而表示整数， 因此集合是集合的子集，即， 故选：B 2. 若复数满足，则共轭复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算法则与共轭复数的定义求出复数和共轭复数，结合复数的几何意义即可判断. 【详解】由，得，所以； 所以，所以在复平面内对应的点，所以在复平面内对应的点位于第一象限. 故选：A. 3. 已知函数，则“函数的图象的一条对称轴为”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 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的图象的一条对称轴为，求出或，因此“函数的图象的一条对称轴为”是“”的必要不充分条件. 【详解】由函数的图象的一条对称轴为，得， 解得，又因为，所以或， 因此“函数的图象的一条对称轴为”是“”的必要不充分条件. 故选：B． 4. 连掷一枚均匀的骰子两次，所得向上的点数分别为，记，则下列说法正确的是（ ） A. 事件“”的概率为 B. 事件“是偶数”与“”互为独立事件 C. 事件“”与“”互为互斥事件 D. 事件“且”的概率为 【答案】D 【解析】 【分析】根据古典概型计算可得A错误，利用相互独立事件定义以及互斥事件定义可判断BC错误，通过列举法可得出事件“且”的样本数，即可求出其概率.可得D正确. 【详解】选项A，连掷骰子两次,总体样本数为种， 而的情况有,共2种，其概率为，选项A错误. 选项B:事件：“是偶数”代表同奇或同偶，共18种，, 事件：“”包括,共3种，, 事件共1种，, 因为,所以两事件不独立,选项B错误. 选项C:因互斥事件要求两个事件不能同时发生， 事件时，成立，两者可以同时发生，不互为互斥事件，选项C错误. 选项D:,. 当时，可取,或，均小于32. 当时，可取,或，均小于32. 当时，可取,. 当时，可取. 则事件“且”的样本点为，概率为,选项D正确. 故选：D 5. 设等比数列的前项和为，且满足，若，则数列的前10项和是（ ） A. 1535 B. 1536 C. 1537 D. 1538 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式和前项和公式计算即可. 【详解】设等比数列的首项为，公比为， 因为， 当时，，解得. 那么此时，所以，不符合题意. 所以当时，. 化简得，解得，所以. 所以，此时. 所以. 所以数列的前10项和是. 故选：C. 6. 已知在正四棱台中，，若此正四棱台存在内切球，则此正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据正四棱台存在内切球的条件求出正四棱台的高，再代入正四棱台的体积公式计算体积. 【详解】 正四棱台存在内切球，取,,,的中点，分别为,，,点，上底面与球相切的点为点，由此获得一个含内切圆的等腰梯形截面图，如上图所示，而梯形有内切圆的充要条件：上底下底两腰之和； ，，则，则梯形的高，此时梯形的高即为正四棱台的高，而正四棱台的体积公式：，为上底面的面积，，为下底面的面积，，将其均代入中，可得. 故选：D 7. 设函数．若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数函数的性质分析的符号，进而可得的符号，即可得，代入由二次函数性质可得最大值. 【详解】由题意可知的定义域为， 令解得；令解得； 则当时，，故，所以； 当时，，故，所以； 故，即， 所以 当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为. 故选：C 8. 如图所示，，是双曲线上的三个点，点，关于原点对称，线段经过右焦点，若且，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别设出坐标利用几何条件将C坐标表达出后代入双曲线方程，整理出离心率表达式，并代入选项验证即可得解 【详解】由题意可得在直角三角形中，为斜边上的中线，所以 设且在第一象限，则满足解得 所以 , 设 因为 则,化简得…… 则 将代入后可分别化简得 即 将代入双曲线方程，可化简为 因为在双曲线中 所以上式为 即 整理为 将选项代入验证，D选项满足等式 故选：D 二、多项选择题：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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设数列前项和为，关于数列有下列命题，其中正确的命题有（ ） A. 若，则既是等差数列又是等比数列 B. 若，则为等差数列 C. 若为等差数列，则是等差数列 D. 若，则为等比数列 【答案】BC 【解析】 【分析】举出反例，如，即可判断A； 根据与的关系，求得数列的通项公式，再结合等差数列的定义即可判断B； 根据等差数列的前项和公式表示出，求出，再结合等差数列的定义即可判断C； 根据与的关系，求得数列的通项公式，再结合等比数列的定义即可判断D； 【详解】对于A，若，则是等差数列，但不是等比数列，A错误； 对于B，当时，， 当时，， 当时，适合上式， 所以，则为常数， 所以为等差数列，故B正确； 对于C，设等差数列的公差为， 则，所以， 所以为常数， 所以是等差数列， C正确； 对于D，当时，， 当时，， 所以， 所以，所以数列不是等比数列，D错误； 故选：BC 10. 已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为4，点分别为线段，上的动点，且，则（ ） A. B. 平面平面 C. 三棱锥的体积为 D. 当时，四面体的外接球的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】如下图建立空间直角坐标系，对于A，根据垂直关系转化为数量积为0，解得当时垂直；对于B，由向量法结合面面平行判定定理，即可证得；对于C，应用等体积法，求出点到平面的距离，进而求出对应体积；对于D，此情况下外接球直径即为体对角线，转化求解. 【详解】由题可知、、三条直线两两垂直，则以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.易知，，，，， ，，由，得，. 对于A，，，由于，则 ，解得，A错误； 对于B， ，，，，又，故，又，由面面平行的判定定理， 平面平面，B正确； 对于C，由题，又， 点到平面（平面）的距离为2（轴方向的距离）， 所以体积； 对于D，当时，，，，， 这四点为长、宽、高均为2的长方体的四个顶点，外接球直径为该长方体的对角线， 即，所以表面积为 ，D正确. 故选：BCD 11. 我们把既有对称中心又有对称轴的曲线称为“优美曲线”，“优美曲线”与其对称轴的交点叫做“优美曲线”的顶点．对于“优美曲线”，则（ ） A. 曲线有8个顶点 B. 曲线上任意两点间的最大距离为 C. 曲线围成的图形面积为 D. 若点在曲线上，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】先化简原方程，根据方程的性质判断该曲线的形状为四段圆弧组成，再根据图形判断B选项，利用圆的面积公式即可判断C，转化为切线问题即可判断D选项. 【详解】原方程化简得. 当时，曲线方程变为，表示的是圆心为半径为2的在第一象限的部分圆. 当时，曲线方程变为，表示的是圆心为半径为2的在第四象限的部分圆. 当时，曲线方程变为，表示的是圆心为半径为2的在第二象限的部分圆. 当时，曲线方程变为，表示的是圆心为半径为2的在第三象限的部分圆. 所以该曲线的对称轴为轴、轴、直线和直线. 对于A，令，则解得；令，解得； 令，则解得；令，解得. 所以顶点为：共8个，A正确； 对于B，曲线由四个象限的圆弧组成，最远的两个点的距离为 ，B正确； 对于C，第一象限的图形为圆心 、半径 2 的圆在第一象限的部分，其面积为： . 所以曲线围成的图形面积为，C错误； 对于D，将视为曲线上的点到直线的距离再乘以. 因为直线经过第一、三、四象限， 设与直线平行的直线方程为，联立该直线与曲线方程得 ，化简得. 要使得该直线与直线距离最远，则其与曲线的切点位于第二象限，此时. 继续化简得，令判别式为0， 则，解得. 此时两平行直线距离最远，最远距离为， 所以点到直线的距离为，即，D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 椭圆的焦点为、，以为圆心作一个圆，使此圆过椭圆中心点并与椭圆交于、两点，若四边形是菱形，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据已知条件求出圆的方程，然后根据菱形的性质确定的坐标，进而将其代入椭圆中列出关于的等式，从而求出结果. 【详解】因为椭圆的焦点为、， 以为圆心作一个圆，使此圆过椭圆中心点，所以该圆的半径为1， 所以此圆的方程为. 因为四边形是菱形，所以，且对角线互相垂直平分， 所以的横坐标为，将其代入圆的方程得. 所以将点代入椭圆方程中得，化简得. 又，解得或，因为，而. 所以，解得. 故答案为：. 13. 已知，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】将变形为，然后展开化简得到，然后根据已知条件即可得到结果. 【详解】因为，所以， 展开得，所以化简得. 因为，所以. 所以，即. 故答案为：. 14. 若图的关联结点（图中加黑的粗点）构成的点集记为，可划分为两个子集和，，且图中的每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，则将图称为二部图．现有下列六个图，若从这六个图中任选两个，则恰有一个二部图的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据二部图的定义确定6个图中符合二部图定义的个数，然后根据古典概型的计算公式即可求解. 【详解】依题意，若图是二部图，当且仅当其顶点集可划分为两个子集和，， 并且每条边的一个端点在中，另一个端点在中；换言之，图中不能有奇数长度的环. 对于图（1）和图（4）， 图中分别出现了，则该三角形必然有一条边的两个顶点分在一个子集内，均 存在奇数长度的环（三角形），故图（1）和图（4）均不符合二部图的定义， 对于图（3）， 当时，图中的每一条边的一个关联结点在中， 另一个关联结点必在中，所以图（3）符合二部图定义；同理，其他的图也都是二部图； 所以在六个图中，二部图有4个，所以从这六个图中任选两个，所有的选择为 ，，，，，共15种； 其中恰有一个二部图的选择为 ，共8种； 所以从这六个图中任选两个，则恰有一个二部图的概率为. 故答案为：. 四、解答题：本题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. 如图，在中，，点在线段上，，且． （1）求和的值； （2）的角平分线与相交于，求的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理求出，然后根据勾股定理求出. （2）先求出，然后根据正弦定理求出的关系式，然后利用余弦定理求出. 【小问1详解】 因为，所以根据正弦定理得. 所以. 因为. 所以，而，所以， 解得，所以，解得， 所以. 所以. 【小问2详解】 因为，所以. 所以，因为，那么. 由于，解得. 而. 在中，根据正弦定理可得，，. 所以. 由于，所以根据余弦定理得 ，代入数据得. 化简得，解得或（舍去） 所以. 16. 已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点，与轴交于点． （1）若的斜率为2，且，求直线的方程； （2）若（为坐标原点），且，求弦的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据焦点坐标求出抛物线方程，设出直线方程并与抛物线联立，由焦半径公式直接计算可求出，得直线方程； （2）设直线的方程为，与抛物线联立并由韦达定理以及向量定比分点得出方程组，再由弦长公式计算可得. 【小问1详解】 由焦点坐标可得，即， 所以抛物线的方程为， 若的斜率为2，可设直线的方程为，， 联立，整理可得， 易知，解得； 且， 由可得，解得； 所以直线的方程为 【小问2详解】 设直线的方程为，则，显然； 联立并整理可得，此时需满足，即； 又， 由可得，所以； 因为，所以， 又因为，可得，解得或（舍）； 联立，解得，所以； 所以， 又，即，因此； 所以. 因此弦的长为. 17. 如图，四棱锥中，平面，，，，． （1）若，平面平面，证明：平面； （2）若，且二面角的余弦值为，求的长度． 【答案】（1） 证明：因为平面，平面，平面，平面， 所以，，， 因为，，，所以， 因为， 所以在中，由余弦定理得，即， 所以，即， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以 又，，平面， 所以平面，又平面，所以 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面平面， 所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由平面得，，进而根据边角关系证明，进而证明平面，平面，再根据线面垂直性质定理得，即可证明平面，最后根据线面平行性质定理即可证明结论； （2）过点作于，再过点作于，连接，确定即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，进而解方程即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图所示，过点作于，再过点作于，连接， 因为平面，平面，所以平面平面， 而平面平面，平面 所以平面，平面，， 又，，平面，平面， 又平面，， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 由二面角的余弦值为，即， 所以，． 因为，设，则， 由等面积法可得，， 又， 而为等腰直角三角形，所以， 所以，解得， 所以 18. 已知数列的前项和为，且，数列满足，且． （1）求数列的通项公式，并证明数列为等差数列； （2）如果数列的前项积为，求的前项和； （3）如果，且数列的前项和为，若存在，使得成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）；证明：由得， ， 所以， 所以. 因此数列是首项为，公差为的等差数列. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合即可求出数列的通项公式；结合待证数列对已知条件进行变形化简，即可得证. （2）根据第（1）问求出，进而求出，结合裂项相消法即可求出. （3）根据数列、的通项公式求出，结合裂项相消法求出，代入中，结合已知条件将不等式问题转化为求最值问题求解即可. 【小问1详解】 已知，当时，，所以. 当时，，所以，即， 所以是首项为2，公比为2的等比数列，通项公式为. 满足该通项公式， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知，，所以， 所以，. 所以，， 所以 ， 故. 【小问3详解】 . 所以. 若存在，使得成立，即存在，使得成立， 所以存在，使得成立. 令，，故只需即可. ， 又，，， 当时，，此时递增. 所以的最小值为. 所以，即若存在，使得成立，则实数的取值范围为. 19. 平面直角坐标系中，已知椭圆的焦点为，点在上，且轴，的内切圆半径为． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知圆，直线与圆相切，且与相交于两点，求证：； （3）过点作斜率之积为1的两直线，若交于两点，交于两点，分别为的中点，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 当直线斜率不存在时，或， 当时，将代入椭圆方程的方程得，可得， 不妨取，则， 所以，此时， 同理可证，当时，； 当直线斜率存在时，设，因为直线与圆相切， 所以，即， 联立方程，整理得， 方程的判别式 设，则， 因为， 所以， 即, 因为，所以，所以； （3） 【解析】 【分析】（1）由题意，由面积公式列式求得，即可求解. （2）讨论切线斜率是否存在，写出直线方程，联立方程组整理得到一元二次方程，由韦达定理及向量的数量积证明两直线垂直. （3）先联立方程韦达定理求得直线恒过定点，然后代入三角形的面积公式，换元，由基本不等式求出三角形面积的最大值. 【小问1详解】 易知椭圆的焦点在x轴上，因为轴，所以将代入椭圆的方程得， 可得，则， 又的周长为， 的内切圆半径为， 因为， 所以，所以， 所以，解得或（舍去）． 所以，所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意直线的斜率存在且不为0， 设直线的方程为，， 设，联立， 整理可得， 可得，， 所以的中点， 同理可得的坐标，即， 当，的横坐标不相等时，，所以， 则， 所以的方程为， 整理可得，所以直线恒过定点. 当，的横坐标相等时，，即，， 此时两直线重合，不合题意； 综上，直线恒过定点. 可得 ， 设，则， 因为，所以， 当且仅当即时，等号成立. 所以面积的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $