精品解析：湖北省沙市中学2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题

2025—2026学年度上学期2024级 期末考试数学试卷 命题人：郭松 审题人：冷劲松 考试时间：2026年2月4日 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. 已知向量，，且，则（ ） A. B. 2 C. 4 D. 6 2. 曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ） A. B. 1 C. D. 3. 设等比数列的前项和为，若，且，，成等差数列，则（ ） A. 7 B. 12 C. 15 D. 31 4. 已知直线与抛物线交于两点，为抛物线的焦点，若，则的值是（ ） A. B. C. D. 5. 现有7张分别标有的卡片，甲一次性从中随机抽取5张卡片，抽到的卡片数字之和为，剩下的2张卡片数字之和为，则的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在平行六面体中，，，则的长为（ ） A. B. C. 85 D. 97 7. 已知为椭圆的上焦点，为上一点，为圆上一点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 正方体中,动点在线段上,，分别为，的中点.若异面直线与所成的角为，则的取值范围为 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. 如图，直三棱柱的所有棱长均为1，，分别为，的中点，则（ ） A. B. C. 在平面上的投影向量的模长为 D. 在上的投影向量为 10. 数列满足，，，则下列说法正确的有（ ） A. 数列是等比数列 B. C. 数列的前n项和 D. 数列是递增数列 11. 已知直线，其中，点是直线上的一个动点.圆，其中，点是圆上的一个动点.则下列说法中正确的是（ ） A. 当，时，圆心到直线的距离为 B. 当，时，是坐标原点，则的最小值为 C. 当时，不存在，使圆与直线相离 D. 存在，使对任意的，圆与直线均相切 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在正方体中，点是的中点，且 ，则实数的值为______. 13. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为．若椭圆上存在点P，使得，该离心率的取值范围是________． 14. 对于数列，若存在，使得对任意，有，则称为“有界变差数列”.给出以下四个结论： ①若等差数列为“有界变差数列”，则的公差等于0； ②若各项均为正数的等比数列为“有界变差数列”，则其公比的取值范围是； ③若数列是“有界变差数列”，满足，则是“有界变差数列”； ④若数列是“有界变差数列”，满足，则是“有界变差数列”； 其中所有正确结论的序号是______. 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. 已知圆经过两点，且圆心在直线上. （1）求圆的方程； （2）已知以为端点的弦的长度为，求该弦所在直线方程. 16. 在数列中，． （1）求的通项公式． （2）若数列的前项和为，证明：． （3）若，求数列的前项和． 17. 已知抛物线C:的准线与x轴的交点为H，直线过抛物线C的焦点F且与C交于A，B两点， （1）求的面积的最小值． （2）若过点的动直线l交C于M，N两点，试问抛物线C上是否存在定点E，使得对任意的直线l，都有，若存在，求出点E的坐标；若不存在，则说明理由． 18. 如图，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的对角线交于点F，G为的中点，，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在一点H，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 19. 已知双曲线（，）的渐近线方程为，且过点.按照如下方式依次构造点：过作斜率为（为常数且）的直线与的下支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. （1）若，求的坐标； （2）证明：数列是等比数列，并求其公比（用表示）； （3）设为的面积，证明：对任意正整数，为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度上学期2024级 期末考试数学试卷 命题人：郭松 审题人：冷劲松 考试时间：2026年2月4日 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. 已知向量，，且，则（ ） A. B. 2 C. 4 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标运算可求得的值. 【详解】因为向量，，所以， 又因为，所以，所以， 解得. 故选：A. 2. 曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先利用导数求解曲线的切线方程，并求解出切线与坐标轴的交点坐标，最后再根据面积公式进行求解即可. 【详解】已知，得：，所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为，整理得. 直线与轴交于点，与轴交于点， 因此所求三角形的面积为. 故选：A 3. 设等比数列的前项和为，若，且，，成等差数列，则（ ） A. 7 B. 12 C. 15 D. 31 【答案】C 【解析】 【分析】设出公比，根据，，成等差数列列出方程，求出公比，利用等比数列求和公式得到答案. 【详解】设公比为，因为，，成等差数列，所以， 则，解得：或0（舍去）. 因为，所以，故. 故选：C 4. 已知直线与抛物线交于两点，为抛物线的焦点，若，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 设，则，联立直线方程和抛物线方程，消去利用韦达定理可求的值. 【详解】由抛物线，知，设， 因为直线过且其斜率大于零，故在轴两侧. 又，知，且，即. 由可得, 由韦达定理得，代入，可得 又，故 故选：C. 【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线的位置关系，此类问题一般需要联立直线方程和抛物线的方程，消元后借助韦达定理构建未知变量的方程，注意所消变量的合理选择，考查学生的运算能力，属于一般题. 5. 现有7张分别标有的卡片，甲一次性从中随机抽取5张卡片，抽到的卡片数字之和为，剩下的2张卡片数字之和为，则的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依据题意，将转化为，再结合古典概型公式求解即可. 【详解】因为，所以， 故，而，所以，解得， 所以求的概率即可，从7张卡片抽2张， 基本事件有， ， 共有个基本事件，且设的概率为， 符合题意的事件有， ，共9种，所以，故D正确. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题考查概率，解题关键是合理消元，转化条件，然后利用古典概型公式得到所要求的概率即可． 6. 如图，在平行六面体中，，，则的长为（ ） A. B. C. 85 D. 97 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得，将两边平方，根据数量积的定义及运算律计算可得. 【详解】依题意可得，，，， ，． ， ， ，即的长为. 故选：B． 7. 已知为椭圆的上焦点，为上一点，为圆上一点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由圆和椭圆方程可确定圆心、半径、的长；利用椭圆定义和圆的对称性可将问题转化为求解的最大值问题，利用三角形三边关系可知当三点共线时取得最大值，由此可得结果. 【详解】由圆方程得：圆心，半径； 由椭圆方程得：，，设椭圆下焦点为，则， 由椭圆定义知：，； （当且仅当三点共线时取等号）， ， 又（当且仅当三点共线时取等号）， ，即的最大值为. 故选：D. 8. 正方体中,动点在线段上,，分别为，的中点.若异面直线与所成的角为，则的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 如图 设，易得, 设， 则， 即. 当时，取到最大值，当时，取到最小值， 所以的取值范围为. 故选：A. 点睛：本题主要考查异面直线所成的角，属于难题.求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解. 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. 如图，直三棱柱的所有棱长均为1，，分别为，的中点，则（ ） A. B. C. 在平面上的投影向量的模长为 D. 在上的投影向量为 【答案】AC 【解析】 【分析】选项A：向量分解法，拆分为基向量（）的组合，结合点的中点关系推导表达式； 选项B：向量点积法，展开，利用直三棱柱侧棱垂直、正三角形夹角性质计算点积； 选项C：平面投影，作向量端点到平面的垂线，用勾股定理算投影向量模长； 选项D：直线投影，作端点到直线的垂线，或用投影公式算投影向量； 【详解】因为直三棱柱所有棱长为1，分别是，中点，所以 选项A：，A正确； 选项B ：因为底面是正三角形，所以与的夹角是，与的夹角是， 所以； ； 又，故， 所以 ，B错误； 选项C ：过作平面，垂足为，易知， 过作平面，垂足为，易知， 即在平面上的投影向量为， 所以.C正确； 选项D ：过作，垂足为，易知，过作，垂足为， 易知，即在上的投影向量为， 因为，则：.D错误. 故选：AC. 10. 数列满足，，，则下列说法正确的有（ ） A. 数列是等比数列 B. C. 数列的前n项和 D. 数列是递增数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】借助等比数列定义及其性质可得A、B；借助等比数列与等差数列求和公式计算可得C；借助作差法可得，即可得D. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 所以数列是首项和公比都为2的等比数列，故A正确； 则，所以，故B正确； 因为，所以 ，故C错误； 因为，所以， 因为，所以，所以，即数列是递增数列，故D正确． 故选：ABD． 11. 已知直线，其中，点是直线上的一个动点.圆，其中，点是圆上的一个动点.则下列说法中正确的是（ ） A. 当，时，圆心到直线的距离为 B. 当，时，是坐标原点，则的最小值为 C. 当时，不存在，使圆与直线相离 D. 存在，使对任意的，圆与直线均相切 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用圆心到直线的距离判断A，作点O关于直线的对称点，结合点与圆的位置关系利用几何法求解最小值判断B，求出圆心到直线的距离，利用辅助角公式化简并利用正弦函数的性质求得，与半径比较即可判断C，举例法当时，求出圆心到直线的距离等于半径，即可判断D. 【详解】对于AB，当，时，直线即， 圆即，圆心，半径为， 则圆心到直线的距离为，故A正确； 如图作点O关于直线的对称点，设，则， 解得，所以，则， 所以的最小值为，故B错误； 当时，圆即， 圆心，半径为， 圆心到直线的距离为， ，其中， 因为，所以，所以， 所以，所以， 所以任意的，， 故当时，任意的，使圆与直线相交，故C正确； 当时，圆即， 圆心，半径为，圆心到直线的距离为， 故当时，对任意的，圆与直线均相切，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在正方体中，点是的中点，且 ，则实数的值为______. 【答案】##1.5 【解析】 【分析】利用空间向量的基本定理可得出关于、、的表达式，可得出、的值，即可得解. 【详解】如下图所示： 由题意可知，点为的中点， 则， 所以，，，则. 故答案为：. 13. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为．若椭圆上存在点P，使得，该离心率的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用椭圆定义，结合，用，表示，，再将表示后的焦半径代入或，得到关于的不等式，最后结合椭圆离心率，取交集得最终范围. 【详解】因为，且，代入得： ，，即， 则：， 因为椭圆上的点到焦点的距离范围为（，且）， 则的范围：，将代入， 两边同时除以得： 该不等式可拆分为和， 当时：因 ，，且 ，故该不等式恒成立， 当时，得，解得（负根舍去）， 结合椭圆离心率，可得. 所以离心率的取值范围：. 故答案为：. 14. 对于数列，若存在，使得对任意，有，则称为“有界变差数列”.给出以下四个结论： ①若等差数列为“有界变差数列”，则的公差等于0； ②若各项均为正数的等比数列为“有界变差数列”，则其公比的取值范围是； ③若数列是“有界变差数列”，满足，则是“有界变差数列”； ④若数列是“有界变差数列”，满足，则是“有界变差数列”； 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】对于①，利用反证法即可判断；对于②，讨论和，，并结合等比数列求和及性质即可判断； 对于③④，证明若，均为有界变差数列，且，则是有界变差数列，即可判断. 【详解】对于①，假设的公差不等于0，则， 故， 所以不存在，使得对任意，有， 当时，， 存在，满足 所以若等差数列为“有界变差数列”，则的公差等于，故①正确； 对于②，因为的各项均为正数，所以，， ， 当时，，， 任取即可，所以为有界变差数列． 当时，， 若，则， 令即可，所以为有界变差数列， 若，则， 当时，， 显然不存在符合条件的，故不是有界变差数列． 综上，的取值范围是，故②错误； 先证明若，均为有界变差数列，且，则是有界变差数列． 由有界变差数列的定义可知， ， ． 因为 ， 所以． 故 ， 因此， 所以是有界变差数列． 对于③，易知，设，则，且， 由前面结论知是有界变差数列，即是“有界变差数列”，故正确③； 对于④，因为，所以， 所以是有界变差数列，故④正确. 故答案为：①③④ 【点睛】解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 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. 已知圆经过两点，且圆心在直线上. （1）求圆的方程； （2）已知以为端点的弦的长度为，求该弦所在直线方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）求出的中垂线方程，与圆心所在直线方程联立求得，利用距离公式求出半径，即可得解； （2）按照弦所在直线斜率是否存在讨论，当斜率存在时，结合点到直线距离公式，根据弦长公式列式求解即可. 【小问1详解】 因为，所以的中垂线的斜率为， 又的中点为，所以的中垂线方程为即， 由，解得，又半径， 所以圆的方程为.（或） 【小问2详解】 若弦所在直线斜率不存在，则弦长为8，不合题意，故所求弦的斜率存在. 设弦所在直线方程为，即，设圆心到弦的距离为， 由所以， 即，解得或. 所以弦所在的直线方程为或. 16. 在数列中，． （1）求的通项公式． （2）若数列的前项和为，证明：． （3）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 证明：由（1）得， 所以， 故． （3） 【解析】 【分析】(1)根据递推公式进行整理得到数列通项公式即可； (2)通过对所需要的数列的通项公式进行裂项，运用裂项相消的方法求和进行证明即可； (3)运用错位相减的方法求解即可. 【小问1详解】 当时，，得． 当时，， ， 两式相减得，则． 当时，符合上式， 所以． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（1）得， 则， ， 所以 ， 所以． 17. 已知抛物线C:的准线与x轴的交点为H，直线过抛物线C的焦点F且与C交于A，B两点， （1）求的面积的最小值． （2）若过点的动直线l交C于M，N两点，试问抛物线C上是否存在定点E，使得对任意的直线l，都有，若存在，求出点E的坐标；若不存在，则说明理由． 【答案】（1）4 （2）存在定点 【解析】 【分析】（1）设出直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合三角形面积求出最小值. （2）假定存在，设出直线的方程及点的坐标，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理及向量垂直的坐标表示列式求解. 【小问1详解】 显然直线斜率不为零，设直线的方程为，， 由消去得，则， 因此， 当且仅当时取等号，所以的面积的最小值为. 【小问2详解】 假设存在，使得对任意的直线l，都有，设， 则，而直线斜率不为零， 设直线的方程为，代入，得， 则，由，得， 即，整理得， 因此，即，则， 由，解得，所以存在定点满足题意. 18. 如图，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的对角线交于点F，G为的中点，，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在一点H，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）连接FG，则由三角形中位线定理可得，然后利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）由题意可得， ，所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解； （3）假设存在点H，设，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 连接FG.在△中，F、G分别为的中点， 所以.又因为平面， 平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以.又，所以. 以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系. 则，. 所以，. 设平面SCD的一个法向量为. 则，即， 令，得.所以平面SCD的一个法向量为. 又平面ESD的一个法向量为. 所以 所以平面SCD与平面ESD夹角的余弦值为. 【小问3详解】 假设存在点H，设， 则.31301266 由（2）知，平面的一个法向量为. 则， 即，所以. 故存在满足题意的点H，此时. 19. 已知双曲线（，）的渐近线方程为，且过点.按照如下方式依次构造点：过作斜率为（为常数且）的直线与的下支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. （1）若，求的坐标； （2）证明：数列是等比数列，并求其公比（用表示）； （3）设为的面积，证明：对任意正整数，为定值. 【答案】（1）； （2）证明见解析，公比为； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据渐近线方程和所过定点即可求出双曲线方程，再联立直线即可求出答案； （2）写出直线方程，将其与双曲线方程联立得到，从而得到，再根据等比数列的定义即可证明； （3）转化为证明，利用点差法得，结合合比性质得，同理得，再根据（2）中结论即可证明. 【小问1详解】 ∵渐近线为．又过点， 代入双曲线的方程得，，即双曲线的方程为， 若，则过对应的直线方程为，与双曲线联立得： 或（舍去）． 代入直线方程求得该直线与双曲线得另一个交点． 【小问2详解】 过斜率为直线为：， 与双曲线联立得：， 因为，则， 由韦达定理得， . 将代入直线方程，并取相反数得 ， ①， ②， 得，由条件可知首项为， 所以数列是公比为的等比数列． 【小问3详解】 要证明为定值，只需证明． 与求面积时，都看作以为底， 则原问题转化为高相等，即需证明两点到直线的距离相等， 进而转化为证明，即只需证明，以下为其证明. 将点的坐标代入双曲线方程得到两式作差并整理得： ，由合比的性质得，③， 同理可得④， 由第（2）问的①②可知数列是公比为的等比数列； 数列是公比为的等比数列. ④式可化为⑤， 由③⑤两式得到：. 故，所以为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $