精品解析：福建福州市2025-2026学年高二上学期期末适应性练习数学试卷

2025-2026学年福州市高二年级适应性练习 数学 （完卷时间：120分钟；满分：150分） 友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！ 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 等差数列的第7项为（ ） A. 23 B. 25 C. 27 D. 29 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件确定等差数列的首项和公差，再利用通项公式求出第7项的值. 【详解】根据等差数列的定义可得：首项，公差， 所以通项公式为：， 当时，. 故选：D. 2. 已知向量、若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量共线的坐标表示即可得到方程，解出即可. 【详解】若，则，解得. 故选：A. 3. 已知椭圆的左、右焦点分别为为上一点.若，则（ ） A. 1 B. 3 C. 4 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】利用椭圆的定义判断选项即可. 【详解】由椭圆可得：， 根据椭圆的定义，， 则. 故选：D 4. 设甲：数列是公比为的等比数列；乙：数列满足.则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列的概念、递推公式和充分必要条件的概念判断. 【详解】由甲：数列是公比为的等比数列，可得， 从而，即乙成立，所以甲是乙的充分条件， 反之，由乙：数列满足，即， 但若数列中存在零项，则乙成立但甲不成立， 所以乙不是甲的充分条件，即甲不是乙的必要条件， 所以甲是乙的充分条件但不是必要条件. 故选：A. 5. 在三棱锥中，是的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用中线向量公式，再结合向量的减法，即可求解. 【详解】 由是的中点，可知， 故选：B 6. 北斗卫星导航系统是我国航天事业的重要成果，北斗卫星的运行轨道是以地球的球心为一个焦点的椭圆，平均轨道高度约为2万千米到3.6万千米，属于中高地球轨道.某颗北斗卫星运动至近地点时，距离地球表面高度约为1.56万千米；运动至远地点时，距离地球表面高度约为3.16万千米.已知地球的半径约为0.64万千米，则该卫星运行轨迹的标准方程可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用长轴长为，近地点离焦点距离为，即可得椭圆参数的取值，从而可得椭圆方程. 【详解】由题意知，卫星的运行轨迹为椭圆，地球的球心为该椭圆的一个焦点， 设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为， 则由题可知， 近地点到焦点距离为：， 即，所以椭圆方程可以为：， 故选：B． 7. 已知圆，圆，为圆上任意一点.若关于直线的对称点都在圆内，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出圆关于直线对称的圆的方程，再根据点与圆的位置关系确定的取值范围. 【详解】已知圆，则圆心为， 圆心关于直线对称的点为， 所以圆关于直线对称的圆的方程为， 因为圆，所以圆心为，半径为， 又因为关于直线的对称点都在圆内， 所以圆上的所有点都在圆内，即圆心距， 根据两点距离公式：， 则，解得， 又因为，所以的取值范围是. 故选：A. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过且斜率为的直线与在第一象限的交点为的平分线与线段交于点.若，则该双曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据直线的斜率与倾斜角的关系得出，然后由角平分线的性质结合双曲线的定义得出，，最后在运用余弦定理构造关于的齐次方程即可求解. 【详解】因为直线的斜率为，所以，由角平分线性质定理可知， 所以，由双曲线的定义可知，所以， 在中由余弦定理可得， 即，整理得， 两边同除以可得，解得或（舍去）. 故选：C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 对于抛物线，下列描述正确的是（ ） A. 开口向右 B. 对称轴为轴 C. 焦点为 D. 准线方程为 【答案】BD 【解析】 【分析】把抛物线的方程化为标准方程，结合性质可得答案. 【详解】由抛物线方程可知，其为开口向上的抛物线，故A错误； 对称轴为轴，故B正确； 由得，则焦点坐标为，故C错误； 准线方程为，故D正确. 故选：BD 10. 已知点都在圆上，点，则（ ） A. 线段是圆的直径 B. 圆的方程为 C. 对于任意，圆上都存在点，使得 D. 若在圆外，则的取值范围是 【答案】AB 【解析】 【分析】根据已知的三点坐标确定圆的标准方程，利用圆心和半径的性质判断直径关系，从而验证选项A和B，选项C，通过向量垂直的条件转化为圆的交点问题，结合几何特征分析存在性；选项D，利用点与圆的位置关系转化为距离不等式求解参数范围. 【详解】设圆的方程为，， 由三点，，在圆上， 所以，解得， 所以圆的方程为， 故圆的方程为，圆心为，半径， 对于A，线段的中点为，与圆心重合，所以线段是圆的直径，故A正确； 对于B，由上述计算可知，圆的方程为，故B正确； 对于C，若时，点与点不重合， 对于圆上一点，若，则， ，， 则，化简得，此为过原点的圆， 点P为圆与该圆的交点，两圆方程相减得公共弦所在直线方程为， 当时，，此时或， 即满足的点只有和，故此时不存在满足条件的点， 因此，命题“对于任意，圆上都存在点，使得”为假命题，故C错误； 对于D，点在圆外，则点D到圆心的距离大于半径，即， 解得，即，解得或，故D错误. 故选：AB 11. 在棱长为1的平行六面体中，，点满足，其中.则（ ） A. 当时， B. 当时，在平面内 C. 当时，的轨迹的面积为 D. 当时，到直线的距离的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用向量模的运算即可判断A，利用向量线性运算结合共面定理可判断B和C，利用空间向量的坐标运算，求点到面的距离即可判断D. 【详解】 当时，， 因为在棱长为1的平行六面体中，，且， 所以，故A错误； 当时，则 可得， 三向量共面，即在平面内，故B正确； 当时，， 因为，所以表示以为起点，终点在平行四边形的内部及其边上， 则，表示终点的轨迹为平行六面体的中截面，其面积等于平行四边形的面积， 即，故C正确； 当时，， 可得， 当时，可知点在平行四边形内部及其边上， 又因为平面， 所以到直线的距离的最小值等于点到平面的距离， 由已知条件可得：四棱锥是正四面体，且棱长为，所以可如图建系， 可得：， 所以，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 即平面的法向量为， 所以点到平面的距离为： ， 故到直线的距离的最小值等于，故D正确； 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 以直线为渐近线的双曲线的标准方程可以是___________.（只需写出一个满足条件的方程） 【答案】（答案不唯一，形如均可） 【解析】 【分析】由相同渐近线的双曲线系方程即可求解. 【详解】若双曲线的渐近线方程为， 则该双曲线的方程可设为， 在这里不妨取即可满足题意. 故答案为：（答案不唯一，形如均可） 13. 已知三条直线与相交于一点，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】先联立两条已知系数的直线方程，求得交点，再代入剩下那条直线方程，即可求解. 【详解】先由与相交于一点， 联立方程组， 代入消元可得：，则， 所以交点坐标为，又由题意可知直线也经过点， 所以代入可得. 故答案为： 14. 已知正项数列的前项和为，则___________. 【答案】（形式不唯一） 【解析】 【分析】将转化为，代入化简求得的通项公式，进而求得的通项公式，再通过裂项相消求得的最终结果. 【详解】因为，且，， 所以， 整理得. 令，则代入上式成立， 所以当时，； 当时， ，当时同样成立， 故，所以. 令 =. 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. 记等差数列的前项和为. （1）求； （2）若的公差为2，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的性质和数列递推公式计算即可. （2）利用等差数列的前项和公式计算. 【小问1详解】 设等差数列的公差为. 由得， 即，即， 所以. 【小问2详解】 设的公差为，则，由（1）可得 故， 所以. 16. 已知圆，直线. （1）当时，判断直线与圆的位置关系，并说明理由； （2）若直线与圆交于两点，且，求直线的方程. 【答案】（1）相切，理由见解析 （2）或 【解析】 【分析】（1）法一：用点到直线距离公式计算圆心到直线距离，与半径比较判断相切；法二：确定直线过圆上定点，通过斜率乘积为证明直线与过定点和圆心的直线垂直，得直线与圆相切. （2）法一：由弦长计算圆到直线距离，结合点到直线距离公式列方程求解，得出直线方程；法二：根据弦长知三角形为正三角形得距离，先找一条满足条件直线，再由圆对称性求另一条直线方程. 【小问1详解】 法一：依题意得，圆的圆心坐标为，半径， 当时，的方程为， 则圆心到直线的距离为 所以，所以直线与圆相切. 法二：依题意得，圆的圆心坐标为，半径. 又因为直线的方程可化为， 所以直线过定点， 由知，点在圆上， 当时，直线的斜率为， 且直线的斜率为 故，从而直线与直线垂直， 所以直线与圆相切. 【小问2详解】 法一：由知，圆心到直线的距离 又因为圆心到直线的距离为， 故，即， 解得，或， 故直线的方程为或. 法二：由知，为正三角形， 圆心到直线的距离为， 显然直线满足条件， 由圆关于直线对称知，另一条满足条件的直线的倾斜角为， 从而该直线方程为，即， 综上，直线的方程为或. 17. 已知数列满足. （1）证明数列为等比数列，并求； （2）记，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析，； （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定的递推公式，利用构造法，结合等比数列定义推理得证. （2）法一：由（1）的结论求出，再利用错位相减法求和即得；法二：由（1）的结论求出并裂项，再利用裂项相消法求和即得. 【小问1详解】 数列中，由，得，而， 因此为等比数列，其首项为2，公比为2， 所以，即. 【小问2详解】 法一：由（1）得， 则， 于是， 两式相减得. 所以. 法二：由（1）得， 所以 . 18. 在四棱锥中，平面平面.在梯形中，. （1）证明：平面； （2）若为棱的中点， （i）求与平面所成角的正弦值； （ii）过作平面，使得，记与棱的交点分别为，求. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理证明线线垂直，再结合面面垂直证明线面垂直即可； （2）（i）方法一：利用空间向量法，来求线面角正弦值即可；方法二：利用等体积法求点到面的距离，再求线面角的正弦值即可； （ii）方法一：利用空间向量法，结合线面平行来求线段长；方法二：利用向量的线性运算，结合余弦定理来求线段长. 【小问1详解】 证明：， ，即. 又平面平面，平面平面平面， 平面； 【小问2详解】 方法一（i）取中点，则，， 四边形为正方形，， 由（1）知平面， 两两垂直，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 其中. ， 设平面的法向量为， 由得， 令得平面的一个法向量为， ， 与平面所成角的正弦值为. （ii）平面，平面平面，， 为的中点，， 设，则， 则， 设平面的法向量为， 由得 令，则平面的一个法向量为， 由，可得， 解得， . 方法二（i）取的中点，连接，则， 平面平面， 平面， 点到平面的距离相等，记为. 由得， 即，故. 在Rt中，， ， 与平面所成角的正弦值为. （ii）取中点为，则， 平面平面， 平面， 又，故平面即为平面. 已知，设， ， 分别是的中点， ， 四点共面， ，即，故. 在中，， . 19. 已知抛物线的焦点为，点在上，且. （1）求的方程； （2）已知四边形的四个顶点均在上、.对角线的交点为，过作轴的垂线，分别交于两点. （i）求证：分别为的中点； （ii）若四边形的面积为，求的值. 【答案】（1） （2） （i）证明：设. 若，则直线斜率不存在， 由对称性可知，均在轴上，则分别为的中点. 若，则直线斜率均存在， 直线方程为， 又因为，所以， 化简得，. 同理，直线方程为， 直线方程为，① 直线方程为.② 设， 由方程①-②得， 解得，. 又因为，所以，则； 因此，. 又由于垂直于轴，所以， 故为的中点. 同理可证，为的中点. （ii） 【解析】 【分析】（1）利用抛物线定义求参数，建立方程。 （2）分斜率存在与不存在两种情况讨论，利用对称性、直线方程及中点坐标公式证明中位线性质；第二种方法通过设定平行直线方程，结合弦长公式与比例关系进行计算，强调平行线与比例性质的综合使用；第三种方法引入引理化简抛物线弦方程，再结合相似三角形与面积比例求解. 【小问1详解】 由抛物线定义及题设得， 解得，， 所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）设，因为，从而， 又，故. 由（i）知，直线与轴平行， 从而. 由（i）知，代入方程①得， 又， 从而； 同理可得，. ， ，则 . 如图，过作平行线，交于，则四边形为平行四边形， . 因为，所以， 则， 故，所以， 又为中点，为中点，所以， 因此， 则四边形的面积 另一方面，则. 又， 所以， 从而，解得或. 又因为，从而，即. 方法二：设直线，直线， 由得，， 所以， 同理可得：. 设，因为，所以， 设直线和直线与轴的交点分别为和，则， 由（i）知三点共线，且， 又，所以为平行四边形，所以， 因为， 所以， 所以， 所以，所以， 所以， 所以， 所以， 由可知，， 因为是的中点，所以 所以， 所以四边形的面积， 因为，所以， 所以， 所有， 所以， 所以， ，所以， 所以， 所以，解得或（舍去） 所以. 方法三：引理：设为抛物线上不同两点，则直线的方程为 证明：当轴时，，此时直线的方程为，符合题意. 当不与轴垂直时，直线的斜率， 故直线的方程为，即，即. 引理得证. （i）证明：设. 若，则直线斜率不存在， 由对称性可知，均在轴上，则分别为的中点. 若，则直线斜率均存在，则 ，即，即. 直线方程为，① 直线方程为.② ①-②得，即， 所以， 又由于垂直于轴，所以， 故为的中点. 同理可证，为的中点. （ii）设，因为，所以， 又，故，且.各点位置关系不妨设为如下图所示： 由上图可知，，即. 将代入方程①可得， 所以，③ 同理可得.④ ③+④得， 所以，即， 所以 因为四边形的面积， 所以， 解得，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年福州市高二年级适应性练习 数学 （完卷时间：120分钟；满分：150分） 友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！ 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 等差数列的第7项为（ ） A. 23 B. 25 C. 27 D. 29 2. 已知向量、若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知椭圆的左、右焦点分别为为上一点.若，则（ ） A. 1 B. 3 C. 4 D. 8 4. 设甲：数列是公比为的等比数列；乙：数列满足.则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 5. 在三棱锥中，是的中点，则（ ） A. B. C. D. 6. 北斗卫星导航系统是我国航天事业的重要成果，北斗卫星的运行轨道是以地球的球心为一个焦点的椭圆，平均轨道高度约为2万千米到3.6万千米，属于中高地球轨道.某颗北斗卫星运动至近地点时，距离地球表面高度约为1.56万千米；运动至远地点时，距离地球表面高度约为3.16万千米.已知地球的半径约为0.64万千米，则该卫星运行轨迹的标准方程可以是（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆，圆，为圆上任意一点.若关于直线的对称点都在圆内，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过且斜率为的直线与在第一象限的交点为的平分线与线段交于点.若，则该双曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 对于抛物线，下列描述正确的是（ ） A. 开口向右 B. 对称轴为轴 C. 焦点为 D. 准线方程为 10. 已知点都在圆上，点，则（ ） A. 线段是圆的直径 B. 圆的方程为 C. 对于任意，圆上都存在点，使得 D. 若在圆外，则的取值范围是 11. 在棱长为1的平行六面体中，，点满足，其中.则（ ） A. 当时， B. 当时，在平面内 C. 当时，的轨迹的面积为 D. 当时，到直线的距离的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 以直线为渐近线的双曲线的标准方程可以是___________.（只需写出一个满足条件的方程） 13. 已知三条直线与相交于一点，则___________. 14. 已知正项数列的前项和为，则___________. 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. 记等差数列的前项和为. （1）求； （2）若的公差为2，求. 16. 已知圆，直线. （1）当时，判断直线与圆的位置关系，并说明理由； （2）若直线与圆交于两点，且，求直线的方程. 17. 已知数列满足. （1）证明数列为等比数列，并求； （2）记，求数列的前项和. 18. 在四棱锥中，平面平面.在梯形中，. （1）证明：平面； （2）若为棱的中点， （i）求与平面所成角的正弦值； （ii）过作平面，使得，记与棱的交点分别为，求. 19. 已知抛物线的焦点为，点在上，且. （1）求的方程； （2）已知四边形的四个顶点均在上、.对角线的交点为，过作轴的垂线，分别交于两点. （i）求证：分别为的中点； （ii）若四边形的面积为，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $