精品解析：湖北黄冈市2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题

2025年秋季高二年级期末考试 数学 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将答题卡上交. 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. 已知数列满足，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 2. 设正项等比数列的公比为，则“”是“数列为递增数列”的（ ）条件. A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 3. 若双曲线的离心率是椭圆离心率的6倍，则正实数的值为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 4. 圆与圆的公切线条数为（ ） A. 条 B. 条 C. 条 D. 条 5. 在四面体中，设，，，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 6. 在空间直角坐标系中，过点且以为法向量的平面的方程可以表示为，若平面的方程为，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 一个口袋中装有大小形状相同的个红球和个白球，现从中不放回地依次取出两个小球，记事件“第一次取出红球”，事件“第二次取出红球”，事件“两次取出颜色相同的小球”，事件“两次取出颜色不同的小球”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件相互独立 C. D. 8. 实数，满足，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 6 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. 设等差数列的前项和为，，，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. 当取最小值时，或 D. 当取最大值时， 10. 已知点为曲线上的动点，则下列结论正确的有（ ） A. 点的轨迹为双曲线的一支 B. 设，则使的点有个 C. 设为原点，则直线的斜率 D. 曲线以为中点的弦所在直线的方程为 11. 在长方体中，，为的中点，则下列结论正确的有（ ） A. 记直线与直线，，所成的角分别为，，，则 B. 过点，，的截面将长方体分成两部分的体积之比为 C. 在平面上存在唯一的点使得 D. 若动点在长方体的表面上且，则点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等比数列各项均为实数，，，则________. 13. 过抛物线焦点的直线与抛物线交于，两点，则以弦为直径的圆与直线的交点有________个． 14. 设点集，从中任取一点满足的概率为________. 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. 已知点. （1）求外接圆的标准方程； （2）过点作直线与两坐标轴的正半轴相交，设到的距离分别为，，求的最大值及此时直线的方程. 16. 某公司招聘面试环节共设置了4道题目，应聘者需依次作答且回答各题是相互独立的，第1至4题分值依次为10，20，30，40分，各题答对得满分，答错得0分.累计得分不低于40分即可结束面试并入围下一环节，否则继续作答直至答完4道题目.已知应聘者甲能够答对各道题的概率分别是0.8，0.6，0.5，0.2. （1）求甲答完第3题就入围下一环节的概率； （2）求甲没有入围下一环节的概率. 17. 设数列满足，，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 18. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点是以为直径的半圆周上的动点（不过，），平面平面. （1）设平面平面，证明：平面； （2）求三棱锥外接球的表面积； （3）当二面角的余弦值为时，求直线与平面所成角的正弦值. 19. 已知平面上的动点与点、连线的斜率之积为，过点的直线与点的轨迹交于、（在轴上方）两点，直线、交于点，记，的面积分别为、. （1）求点的轨迹方程； （2）若，求直线的方程； （3）证明：点在定直线上. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年秋季高二年级期末考试 数学 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将答题卡上交. 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. 已知数列满足，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据数列的递推公式依次迭代即可； 【详解】因为，所以， 则. 故选：C. 2. 设正项等比数列的公比为，则“”是“数列为递增数列”的（ ）条件. A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的性质判断即可. 【详解】由题可知正项等比数列的通项公式为. 当且时，，因为，所以，此时数列是递增数列，充分性成立； 如果数列是递增数列，需要满足，即，因为，两边同时除以，得，必要性成立； 综上，“”是“数列为递增数列”的充要条件. 故选： 3. 若双曲线的离心率是椭圆离心率的6倍，则正实数的值为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆和双曲线的离心率计算公式即可求解． 【详解】椭圆的离心率， 双曲线的离心率 由题意可知，解得． 故选：D． 4. 圆与圆的公切线条数为（ ） A. 条 B. 条 C. 条 D. 条 【答案】C 【解析】 【分析】判断两圆的位置关系，可得出两圆的公切线条数. 【详解】圆的圆心为，半径为， 圆的标准方程为，圆心为，半径为， ，，所以两个圆相交， 所以圆与圆的公切线条数为条. 故选：C. 5. 在四面体中，设，，，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算即可求解 . 【详解】由已知， . 故选：A 6. 在空间直角坐标系中，过点且以为法向量的平面的方程可以表示为，若平面的方程为，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据点到面的距离公式即可利用向量法求解． 【详解】∵平面的方程为，取平面内一点， 则平面的法向量为，又∵，∴， ∴点Q到平面的距离为． 故选：B． 7. 一个口袋中装有大小形状相同的个红球和个白球，现从中不放回地依次取出两个小球，记事件“第一次取出红球”，事件“第二次取出红球”，事件“两次取出颜色相同的小球”，事件“两次取出颜色不同的小球”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件相互独立 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据独立事件，互斥事件的定义进行判断，运用古典概型的概率计算即可. 【详解】设红球为，白球为，不放回取两次，所以可能的样本点为 共个， 对于选项A，事件包含的样本点为， 事件包含的样本点为， 包含的样本点为，两者可同时发生，不互斥，故A错误； 对于选项B，， 事件包含的样本点为共 个，， 表示第一次取红球且两次不同色有，所以. 因为，所以不独立，故B错误； 对于选项C，事件的样本点为，，的样本点为， ，则，故C正确； 对于选项D，表示两次不同色且第二次取红球的概率，满足的样本点为， 所以，，则，故D错误. 故选：C 8. 实数，满足，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】设，，，问题转化为直线上的动点到直线和点的距离之和的最小值，数形结合求最小值即可. 【详解】设，，， 表示直线上的动点到直线和点的距离之和， 令关于直线的对称点，则，可得， 所以关于直线的对称点，则， 当且仅当时取等号，故所求最小值是到的距离为. 选择：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. 设等差数列的前项和为，，，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. 当取最小值时，或 D. 当取最大值时， 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意列出方程求出首项及公差，得到通项公式、前项和公式判断AB，再由前项和公式配方判断C，根据的单调性判断D. 【详解】设等差数列的公差为， 则由题意可得，，解得， 所以，故A错误； ，故B正确； 由可知，当且仅当时，取最小值，故C错误； 因为，所以当时，数列单调递增，故最大项为，当时，数列单调递增，且，，所以当取最大值时，，故D正确. 故选：BD 10. 已知点为曲线上的动点，则下列结论正确的有（ ） A. 点的轨迹为双曲线的一支 B. 设，则使的点有个 C. 设为原点，则直线的斜率 D. 曲线以为中点的弦所在直线的方程为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用双曲线的定义可判断A选项；化简曲线的方程，利用两点间的距离公式求出点的坐标，可判断B选项；利用直线与双曲线的位置关系可判断C选项；利用点差法可判断D选项. 【详解】对于A选项，记点、， 则， 由双曲线的定义可知，点的轨迹为双曲线的右支，A对； 对于B选项，设曲线的方程为， 则，可得，又因为，故， 所以曲线的方程为， ， 解得，故，故满足的点只有一个，且，B错； 对于C选项，若直线的斜率不存在，且该直线为轴，此时直线与曲线无公共点， 所以直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立可得， 关于的方程有正根，所以，解得，C对； 对于D选项，设以为中点的弦的端点为、， 若直线的斜率不存在，则、关于轴对称，此时线段的中点在轴上，不符合题意， 所以直线的斜率存在，由， 这两个等式作差得， 由题意可得，， 所以， 此时直线的方程为，即， 联立可得， 则， 由韦达定理可得，，即、都为正数，符合题意. 综上所述，曲线以为中点的弦所在直线的方程为，D对. 故选：ACD. 11. 在长方体中，，为的中点，则下列结论正确的有（ ） A. 记直线与直线，，所成的角分别为，，，则 B. 过点，，的截面将长方体分成两部分的体积之比为 C. 在平面上存在唯一的点使得 D. 若动点在长方体的表面上且，则点的轨迹长度为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据长方体的性质，结合线面垂直以及线线角的定义，即可根据正弦值求解A，根据截面过长方体的体对角线，即可根据对称性求解B，根据向量的运算律即可求解C，根据点的轨迹为长方体四个面上的圆弧，即可根据弧长公式求解. 【详解】对于A，由长方体的性质可得平面，平面，平面， 故 故，A错误； 对于B，取的中点，连接，，由于, 故四边形为平行四边形，则过B，E，的截面为， 由于长方体的中心在截面上，由长方体对称性知截面两侧的体积相等，B正确； 对于C，设线段的中点为，则, 由于，故，当且仅当是的中点时等号成立，C正确； 对于D，当时，点Q的轨迹是以A为球心的球面与长方体表面的交线，分别研究各个面可得4段圆弧， 面和面上均为半径为1，圆心角为的圆弧， 面和面.上均为半径为，圆心角为的圆弧， 所以点Q的轨迹长度为，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. 已知等比数列各项均为实数，，，则________. 【答案】8 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式计算即可. 【详解】设等比数列的公比为， 由题可得，得，解得， 因为，且，又因为数列各项均为实数，所以为实数，则为正数， 故，所以， 故答案为： 13. 过抛物线焦点的直线与抛物线交于，两点，则以弦为直径的圆与直线的交点有________个． 【答案】 【解析】 【分析】结合抛物线的性质，求出以弦为直径的圆的半径及圆心到直线的距离，比较两者即可得解． 【详解】可知抛物线的焦点坐标为，准线方程为， 设，，以AB为直径的圆的圆心为，半径为， ，，因此弦长， 圆心为AB中点，故， 则圆心到直线的距离为， 圆的半径， 所以以弦AB为直径的圆与直线的交点个数为0． 故答案为：0． 14. 设点集，从中任取一点满足的概率为________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理，计算出点集中所有元素的个数，根据等差中项的概念，判断三个数字的关系，再根据分类加法计数原理，求出所有可能的结果，再根据古典概率计算公式，求结果即可. 【详解】可知点集中不同的点的个数为个， 从中任取一点满足说明，，构成等差数列， 设公差为，当时，即，符合条件的点共有８个； 当时，符合条件的点有个； 当时，符合条件的点有个； 当时，符合条件的点有个； 当时，无符合条件的点； 所以从中任取一点满足的点共有个. 所以事件的概率. 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. 已知点. （1）求外接圆的标准方程； （2）过点作直线与两坐标轴的正半轴相交，设到的距离分别为，，求的最大值及此时直线的方程. 【答案】（1） （2）最大值为， 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，得到，所以外接圆圆心是的中点，进而求得圆D的标准方程； （2）设圆心D到直线的距离为，由为圆的直径，得到，结合，当且仅当时等号成立，求得，即可求得直线的方程. 【小问1详解】 解：由点，可得， 则，所以，所以外接圆圆心是的中点， 所以，即，半径， 所以圆D的标准方程为. 【小问2详解】 解：如图所示，设圆心D到直线的距离为， 因为为圆的直径，可得， 可得，当且仅当时等号成立， 所以的最大值为. 因为，所以，所以直线的方程为. 16. 某公司招聘面试环节共设置了4道题目，应聘者需依次作答且回答各题是相互独立的，第1至4题分值依次为10，20，30，40分，各题答对得满分，答错得0分.累计得分不低于40分即可结束面试并入围下一环节，否则继续作答直至答完4道题目.已知应聘者甲能够答对各道题的概率分别是0.8，0.6，0.5，0.2. （1）求甲答完第3题就入围下一环节的概率； （2）求甲没有入围下一环节的概率. 【答案】（1）0.46 （2） 【解析】 【分析】（1）在第3题时得分分才能入围下一环节，要答完第3题分为以下情况：3个题都答对，第1题答错、第2和3题答对，第1和3题答对、第2题答错 （2）甲没有入围，即答完4道题后累计得分分，分以下几种情况：答对0题（得0分），只答对第1题（得10分），只答对第2题（得20分），只答对第3题（得30分），只答对第1题和第2题（得30分） 【小问1详解】 记“甲答对第道题”为事件，，，，， “甲答完第3题就入围”为事件A， 则 所以甲答完第3题就入围的概率为0.46. 【小问2详解】 记“甲没入围”为事件B， 17. 设数列满足，，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知得，应用累乘法求通项公式即可； （2）由（1）及已知得，应用错位相减法、等比数列前n项和公式求. 【小问1详解】 因为，，所以， 所以 ， 所以时，，又也符合， 故数列的通项公式； 【小问2详解】 因为， 于是， ， 相减得， ， 所以. 18. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点是以为直径的半圆周上的动点（不过，），平面平面. （1）设平面平面，证明：平面； （2）求三棱锥外接球的表面积； （3）当二面角的余弦值为时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 因为，平面，平面，所以平面， 又平面，平面平面，所以， 又因为平面，平面，所以平面ABCD. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先得到平面，利用线面平行的性质得到 ，再利用线面平行的判定定理证明即可； （2）分别取，中点，， 利用几何关系得到，则点E为三棱锥外接球球心，半径，利用球的表面积公式即可求解； （3）以O原点建立空间直角坐标系，设，，则，利用二面角的余弦值为，求解得到，再利用空间向量求解直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面ABCD⊥平面PAD，，平面平面，平面 所以 分别取，中点，，，所以平面，则 所以 所以当点P在半圆上运动时， 所以点E为三棱锥外接球球心，半径 所以三棱锥外接球的表面积. 【小问3详解】 由（2）可建立O为圆心OA为x轴OE为y轴的空间直角坐标系，如图所示，设，， 则，，，， ，，， 取平面的法向量 设平面的法向量， 由，取 所以 令，代入上式得， 所以，即，，所以 所以， 所以 即直线PC与平面PBD所成角的正弦值为. 19. 已知平面上的动点与点、连线的斜率之积为，过点的直线与点的轨迹交于、（在轴上方）两点，直线、交于点，记，的面积分别为、. （1）求点的轨迹方程； （2）若，求直线的方程； （3）证明：点在定直线上. 【答案】（1） （2） （3） 直线的方程为，直线的方程为， 当时，两式相除得， 所以， 由（2）中①②式可得， 所以， 所以，所以点在定直线上. 【解析】 【分析】（1）设点，利用斜率公式化简可得点的轨迹方程； （2）设直线的方程为，设、、、，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据化简得出，代入韦达定理可求出的值，即可得出直线的方程； （3）求出直线、的方程，联立这两直线的方程，结合韦达定理求出点的纵坐标，即可证得结论成立. 【小问1详解】 设点，则，整理得， 又因为，所以点的轨迹的方程为. 【小问2详解】 由题意可知直线不与轴重合，设直线的方程为， 设、、、， 联立得， 恒成立， 所以①，②， 因为、、，则， 所以，所以， 代入①②两式得，，， 所以，解得， 结合，知，所以， 所以直线的方程为，即. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $