精品解析：安徽省阜阳三中2025-2026学年高二上学期期末数学试题

安徽省阜阳三中2025-2026学年高二上学期期末数学试题 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若直线的倾斜角为，则实数m值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将直线方程化成斜截式方程，求得斜率，再借助于直线的斜率定义即可求得m值. 【详解】由题知，，解得. 故选：A. 2. 已知数列为等比数列，，若的前3项和为7，则数列的前3项和为（　　） A. 7 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设数列的公比为，由已知可得，进而计算，得解. 【详解】设数列的公比为，则，即， 所以. 故选：D. 3. 空间向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量公式计算即可. 【详解】，， 由投影向量的定义和公式可知在的投影向量为， 故选：C. 4. 已知A、B两点分别在两条互相垂直的直线y＝2x和x＋ay＝0上，且线段AB的中点为P(0，)，则直线AB的方程为 (　　) A. y＝－x＋5 B. y＝x－5 C. y＝x＋5 D. y＝－x－5 【答案】C 【解析】 【详解】由直线2x﹣y=0和x+ay=0垂直可得a=2， 则P（0，5）， 设， 于是有，解得． 于是A（4，8），B（﹣4，2）， ∴AB所在的直线方程为，即y＝x＋5． 故选C 5. 设曲线y＝xn＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝lgxn，则a1＋a2＋…＋a99的值为（　　） A. 1 B. 2 C. -2 D. -1 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数的几何意义可得切线的斜率，利用点斜式可得切线的方程，进而得到xn、an，再利用“裂项求和”即可得出． 【详解】∵y′=（n+1）xn，∴曲线y=xn+1（n∈N*）在点（1，1）处的切线的斜率为y′|x=1=n+1． ∴切线方程为y﹣1=（n+1）（x﹣1），令y=0，得xn=． ∴an=lgxn==lgn﹣lg（n+1）， ∴a1+a2+…+a99=（lg1﹣lg2）+（lg2﹣lg3）+…+（lg99﹣lg100） =lg1﹣lg100 =﹣2． 故选C． 【点睛】本题考查了导数的几何意义、切线的方程、“裂项求和”，属于基础题． 6. “四平方和定理”最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明.“四平方和定理”的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数.设，其中均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是（ ） A. 26 B. 28 C. 29 D. 30 【答案】C 【解析】 【分析】依据题意列出不同情况，再利用分类加法计数原理求解即可. 【详解】满足的自然数有四组， 分别是：；；；； 那么有序数组有：个. 故选：C 7. 已知数列的前 n 项和 ，不等式 对任意恒成立， 则实数m的最大值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用的递推公式，利用构造法求通项公式，然后将不等式恒成立问题转化为求的最小值问题，然后分离常数，利用对勾函数性质求解即可. 【详解】因为， 所以，整理得， 又得，， 所以是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以，故，， 所以， 即， 因为， 令，由对勾函数性质可知，在上单调递减， 在上单调递增， 又，所以或时，，所以 所以，，解得. 所以实数m的最大值为6. 故选：B 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，经过的直线交双曲线左右两支于两点，的内切圆的圆心为，若，则该双曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据内切圆的性质，可由面积比得到边长比，设出边长，利用双曲线的概念，结合余弦定理，可得答案. 【详解】 因为，所以， 设，则， 由定义可知：， ， 即，所以， 在中，由余弦定理得：， 在中，， 解得：， 故选：C. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知等差数列的公差为，前项和为，且，以下命题正确的是（　　） A. 的最大值为12 B. 数列是公差为的等差数列 C. 是4的倍数 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据已知结合等差数列的通项公式和前项和公式及性质分析各选项即可判断． 【详解】设等差数列的首项为，则由，得 ，解得, 所以等差数列的通项公式为 ，故C正确； 等差数列的前项和为 由二次函数的性质知，当取与最接近的整数即或时，取最大值为 ，故A正确； ，故D不正确； ，所以是关于的一次函数， 即数列是公差为的等差数列，故B正确 故选：ABC． 10. 已知点，点为圆上的动点，则（ ） A. B. 存在点使 C. 若恒成立，则 D. A、B、C构成的三角形面积最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】先求出圆心和半径，得到，再根据直线和圆的关系以及点和圆的相关知识逐项判断即可. 【详解】因为圆的方程为，所以圆心为 ，半径为， 则， 当 时，有最小值，即， 所以，故A正确； 在中，由正弦定理得：， 因为且， 故. 所以不存在点使，故B错误； 因为的最小值为，要恒成立， 则，即， 化简得到，解得或，故C正确； 三角形ABC的面积为,（h 为B到AC的距离） 因B在圆上，h的最大值为圆的半径1，故面积最大值为, 因为，当时，， 所以三角形ABC的面积无最大值，故D错误； 故选：AC. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，在单调递减 B. 当时，在处的切线为轴 C. 当时，在存在唯一极小值点，且 D. 对任意，在一定存在零点 【答案】C 【解析】 【分析】直接法，逐一验证选项.选项A，利用导数的符号进行判断即可；选项B，通过切点求切线，再通过点斜式写出切线方程；选项C通过导数求出函数极值并判断极值范围；选项D，通过构造函数，将零点问题转化判断函数与直线的交点问题． 【详解】对于选项A，当时，，，恒成立，所以在单调递增，故选项A不正确； 对于选项B，当时，，，故切点为 ，，所以切线斜率， 故直线方程为：，即切线方程为： ，故选项B不正确； 对于选项C，当时，，，，恒成立，所以单调递增， 又， 故存在唯一极值点，不妨设 ，则，即，且， 所以极小值，故选项C正确； 对于D，对于，， 令，则， 当，且时，，显然无解，故，且， 所以， 令，则， 令，解得， 当时，，所以，则单调递减； 当时，，所以，则单调递增； 所以在上有极小值， 故当时，， 当时，，，则； 当时，，， 则，即，故， 综上：在上有或， 所以当时，方程无解，即无零点，故D错误. 故选：C 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线方程，若这三个数作为的值，且的值互不相同，则可表示__________条不同的直线. 【答案】6 【解析】 【分析】由题意，根据分类加法计数原理即可求解. 【详解】当时，可表示2条不同的直线； 当时，可表示2条不同的直线； 当时，可表示2条不同的直线， 由分类加法计数原理，知共可表示6条不同的直线. 故答案为：6 13. 如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为_________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：因为， 所以， 即， 故． 14. 已知抛物线：的焦点为，过点作斜率为的直线在第一象限与交于、两点，且为的平分线，则的值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】过点作的垂线，交于点，由条件结合抛物线定义证明，，三点共线，联立方程组结合列方程求点的坐标，结合两点斜率公式求结论. 【详解】不妨设点在点的右侧，过点作的垂线，交于点， 连接，，，如下图所示： 设，所以， 因为为抛物线的准线，所以， 所以， 又为的平分线，所以， 因为轴， 所以，，三点共线， 所以 显然直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立，得：， 所以，由， 所以，解得， 所以， 故. 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. 已知圆C经过点A（2，0），与直线x+y＝2相切，且圆心C在直线2x+y﹣1＝0上. （1）求圆C的方程； （2）已知直线l经过点（0，1），并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程. 【答案】（1）（x﹣1）2+（y+1）2＝2 （2）x＝0或3x+4y﹣4＝0 【解析】 【分析】（1）由圆C的圆心经过直线2x+y﹣1＝0上，可设圆心为C（a，1﹣2a）.由点到直线的距离公式表示出圆心C到直线x+y＝2的距离d，然后利用两点间的距离公式表示出AC的长度即为圆的半径，然后根据直线与圆相切时圆心到直线的距离等于圆的半径，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值，由a的值可确定出圆心坐标及半径，然后根据圆心和半径写出圆的方程即可. （2）分类讨论，利用圆心到直线的距离为1，即可得出结论. 【小问1详解】 因为圆心C在直线2x+y﹣1＝0上，可设圆心为C（a，1﹣2a）. 则点C到直线x+y＝2的距离d. 据题意，d＝|AC|，则， 解得a＝1. 所以圆心为C（1，﹣1），半径r＝d， 则所求圆的方程是（x﹣1）2+（y+1）2＝2. 【小问2详解】 k不存在时，x＝0符合题意； k存在时，设直线方程为kx﹣y+1＝0，圆心到直线的距离1，∴k， ∴直线方程为3x+4y﹣4＝0. 综上所述，直线方程为x＝0或3x+4y﹣4＝0. 16. 如图，四边形为菱形，平面，过的平面交平面于，. （1）求证：平面； （2）若平面平面，，且四棱锥的体积是，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由面面平行的判定定理可得平面平面，再由其性质定理即可得到平面； （2）方法一：根据题意，由线面角的定义，代入计算，即可得到结果；方法二：建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果. 【小问1详解】 证明：∵平面，过的平面交平面于， ∴，又∵，∴四边形为菱形 ∴，∵平面，平面，∴平面. 又∵四边形为菱形，∴同理平面， ∵，平面，∴平面平面， 又平面，∴平面； 【小问2详解】 设与平面所成角为 连接交于点，连接， ∵，且，则为等边三角形， 又四边形为菱形，则为中点，∴ 又∵平面平面，且交线为 ∴平面 ∵，∴ ∴ ∴. 法一：常规法：作于，连接，作于， 因为平面，平面，所以， 且，平面，所以平面， 且平面，所以，，平面， ∴平面，因为， 则，在三角形中， 由等面积法可知，，则， 则，在三角形中，由等面积法可得， ，则， ∵到平面的距离是到平面距离的两倍，∵， 由平面，平面，所以， 则，∴，∴. 法二：建系：以为原点，为轴，为轴，建立直角坐标系， ∴，，，，， ∴，，， 令平面的法向量为，则 ，，∴ ∴. 17. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（m为正整数），． （1）当时，试确定使得需要多少步雹程； （2）若，求m所有可能的取值集合M． 【答案】（1）12；（2）. 【解析】 【分析】（1）直接利用递推关系逐步计算可得使得需要多少步雹程； （2）由，利用递推关系，分类讨论逆推出的不同取值，进而可得答案. 【详解】当时，即根据上述运算法得出： 故当时，使得需要12步雹程； （2）若， 根据上述运算法进行逆推， 或； 若，则或； 当时，或； 若时，或； 当，则或； 当时，； 当时，， 故所有可能的取值集合． 18. 已知圆，点为圆上的动点，线段的中垂线交线段于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线．设与轴交于点（点在轴的负半轴上），过点且斜率为的直线交于点． （1）求的方程； （2）当时，求四边形的面积； （3）若点关于原点的对称点为，直线交于点，记直线的斜率为，判断是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）是定值，为 【解析】 【分析】（1）证明，根据椭圆定义判断Q的轨迹为椭圆，根据椭圆的几何性质即可求出其标准方程； （2）写出l的方程，与椭圆方程联立，消去y得到关于x的方程，设，利用韦达定理求出，根据四边形的面积，即可求出； （3）设l的方程为，代入椭圆的方程，消去x得到关于y的方程，设．写出直线AD、BN的方程，联立它们的方程求出G的坐标，从而可求，代入化简，即可得到答案． 【小问1详解】 如图： 连接，由题意知，点在圆内部， ∴， 由椭圆的定义知，点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆． 设其方程为，则， ∴，故； 【小问2详解】 由（1）得， 当时，直线的方程为，代入的方程并化简，得， 设，则，， ∴， ∴四边形的面积； 【小问3详解】 设的方程为，代入的方程并化简，得， 显然判别式，设， 则，， ∴直线的方程为， 直线的方程为， 由，解得， ∴， 又，∴，即为定值，且定值为． 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若函数存在正零点， （i）求的取值范围； （ii）记为的极值点，证明：. 【答案】（1）单调递减区间是，无单调递增区间 （2）（i）； （ii）证明：由题意，，即， 从而，即， 由（ⅰ）知当时，，即，有， 又，故， 两边取对数，得， 于是，整理得． 【解析】 【分析】（1）借助导数的正负即可得函数的单调性； （2）（i）求导后借助导数分、及讨论函数的单调性，再结合零点的存在性定理计算即可得；（ii）利用零点定义与极值点定义可得，代入计算可得，再借助时，，即可得，再计算并化简即可得. 【小问1详解】 由已知可得的定义域为， 且， 因此当时，，从而， 所以的单减区间是，无单增区间； 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）知，， 令， 当时，单调递减． ①当时，可知在内单调递减， 又，故当时，，所以不存在正零点； ②当时，， 在单调递减，故当时，，函数不存在正零点； ③当时，，此时， 所以存在满足， 所以在内单调递增，在内单调递减． 令，则当时，， 故在内单调递增，在内单调递减， 从而当时，，即， 所以， 又因为，所以， 因此，此时存在正零点； 综上，实数的取值范围为； （ⅱ）略 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助，从而得到，即可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽省阜阳三中2025-2026学年高二上学期期末数学试题 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若直线的倾斜角为，则实数m值为（ ） A. B. C. D. 2. 已知数列为等比数列，，若的前3项和为7，则数列的前3项和为（　　） A. 7 B. C. D. 3. 空间向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 已知A、B两点分别在两条互相垂直的直线y＝2x和x＋ay＝0上，且线段AB的中点为P(0，)，则直线AB的方程为 (　　) A. y＝－x＋5 B. y＝x－5 C. y＝x＋5 D. y＝－x－5 5. 设曲线y＝xn＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝lgxn，则a1＋a2＋…＋a99的值为（　　） A. 1 B. 2 C. -2 D. -1 6. “四平方和定理”最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明.“四平方和定理”的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数.设，其中均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是（ ） A. 26 B. 28 C. 29 D. 30 7. 已知数列的前 n 项和 ，不等式 对任意恒成立， 则实数m的最大值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 2 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，经过的直线交双曲线左右两支于两点，的内切圆的圆心为，若，则该双曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知等差数列的公差为，前项和为，且，以下命题正确的是（　　） A. 的最大值为12 B. 数列是公差为的等差数列 C. 是4的倍数 D. 10. 已知点，点为圆上的动点，则（ ） A. B. 存在点使 C. 若恒成立，则 D. A、B、C构成的三角形面积最大值为 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，在单调递减 B. 当时，在处的切线为轴 C. 当时，在存在唯一极小值点，且 D. 对任意，在一定存在零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线方程，若这三个数作为的值，且的值互不相同，则可表示__________条不同的直线. 13. 如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为_________． 14. 已知抛物线：的焦点为，过点作斜率为的直线在第一象限与交于、两点，且为的平分线，则的值为_________. 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. 已知圆C经过点A（2，0），与直线x+y＝2相切，且圆心C在直线2x+y﹣1＝0上. （1）求圆C的方程； （2）已知直线l经过点（0，1），并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程. 16. 如图，四边形为菱形，平面，过的平面交平面于，. （1）求证：平面； （2）若平面平面，，且四棱锥的体积是，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（m为正整数），． （1）当时，试确定使得需要多少步雹程； （2）若，求m所有可能的取值集合M． 18. 已知圆，点为圆上的动点，线段的中垂线交线段于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线．设与轴交于点（点在轴的负半轴上），过点且斜率为的直线交于点． （1）求的方程； （2）当时，求四边形的面积； （3）若点关于原点的对称点为，直线交于点，记直线的斜率为，判断是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由． 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若函数存在正零点， （i）求的取值范围； （ii）记为的极值点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $