精品解析：福建厦门海沧实验中学2025-2026学年第一学期高二期末考试数学试卷

厦门海沧实验中学2025-2026学年第一学期高二年段 数学学科期末考试试卷 （考试时间：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.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知数列是等比数列，若，则（　　） A. B. -1 C. D. 2 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知点，点在平面内，若平面的一个法向量，则点到平面的距离为（ ） A. 1 B. C. D. 2 5. 数列的前项和为，点在函数的图象上，则（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 6. 已知菱形的边长为，对角线长为，将△沿着对角线翻折至△，使得线段长为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 抛物线有一个重要的性质：从焦点出发的光线经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴，此时反射面为抛物线在该点处的切线.过抛物线上的一点（异于原点）作的切线，过作的平行线交（为的焦点）于点，若，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 8. 如图，已知椭圆的左、右焦点分别为，，椭圆上存在四个点A，B，C，D满足，在线段上，在线段上，，，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法正确的是（ ） A. 圆的半径为 B. 椭圆的长轴长为2 C. 双曲线的实轴长为2 D. 抛物线的焦点坐标为 10. 记等差数列的公差为，已知，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知是定义在的偶函数，且当时，，则（ ） A. B. 当时， C. 是的极小值点 D. 存在实数，使得直线与的图象恰有1个公共点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分、 12. 已知，则_____. 13. 在空间直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，则边上的高为______． 14. 已知函数，点在曲线上，则的最大值为________． 四、解答题：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. 记为等差数列的前n项和，已知，． （1）求的通项公式. （2）证明：． 16. 已知函数 （1）求函数在处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）求函数在上的最大值和最小值. 17. 已知圆的圆心在直线上，并且经过原点，与直线相切． （1）求圆的标准方程； （2）若圆心在第一象限，过点的直线与圆相交所得弦长为，求直线的方程． 18. 如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，，，平面平面． （1）证明：； （2）若，点D在棱上，且，求直线与平面所成角的正弦值． 19. 已知，点是动点，直线AP与直线BP的斜率之积为， （1）求点的轨迹的方程； （2）过点且斜率不为0的直线与交于M、N两点. ①求面积的最大值； ②直线分别与直线AM、AN交于点E、G，以EG为直径的圆是否过轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门海沧实验中学2025-2026学年第一学期高二年段 数学学科期末考试试卷 （考试时间：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.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知数列是等比数列，若，则（　　） A. B. -1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的性质即可求解. 【详解】由等比数列的性质得，即，解得． 故选：C． 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出给定直线的斜率，进而求出其倾斜角. 【详解】直线的斜率为，所以该直线的倾斜角为. 故选：A 3. 双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接由离心率的定义可得a，b关系，进而可得渐近线方程. 【详解】由双曲线的离心率为，且. 所以，得，所以渐近线方程为. 故选：B 4. 已知点，点在平面内，若平面的一个法向量，则点到平面的距离为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】求出向量，然后利用点到平面的距离公式计算可得. 【详解】因为，所以， 又点在平面内，平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为， 故选：B． 5. 数列的前项和为，点在函数的图象上，则（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得，由求出，代入即可求出答案. 【详解】因为点在函数的图象上，所以， 当时，， 所以. 故选：C. 6. 已知菱形的边长为，对角线长为，将△沿着对角线翻折至△，使得线段长为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题知，，所先计算出，，再利用公式，算出两向量的夹角的余弦值，从而得出异面直线与所成角的余弦值. 【详解】 因为. 所以. 因为. 所以. 所以. 即 所以异面直线与CD所成角的余弦值为. 故选：D 7. 抛物线有一个重要的性质：从焦点出发的光线经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴，此时反射面为抛物线在该点处的切线.过抛物线上的一点（异于原点）作的切线，过作的平行线交（为的焦点）于点，若，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，反射光线轴，和，得到，即，列出方程，求得的值，即可求解. 【详解】由抛物线，可得焦点为， 如图所示，由光学性质，入射光线，则反射光线轴，所以， 又因为，所以， 因为轴，，则，所以， 即，所以，解得. 故选：A 8. 如图，已知椭圆的左、右焦点分别为，，椭圆上存在四个点A，B，C，D满足，在线段上，在线段上，，，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，设，由对称性可知，，然后利用椭圆的定义及勾股定理列式求得， ，即可求解离心率. 【详解】连接，设，，由对称性可知， 则，，， 因为，则分别在Rt和Rt中， 有，解得，， 化简得，故． 故选：B 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法正确的是（ ） A. 圆的半径为 B. 椭圆的长轴长为2 C. 双曲线的实轴长为2 D. 抛物线的焦点坐标为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据曲线的方程求出半径，长轴长，实轴长，焦点坐标，可判断选项. 【详解】圆化为标准型为，所以半径为，A正确； 椭圆的长轴长为，B不正确； 双曲线的实轴长为，C不正确； 抛物线，，其焦点坐标为，D正确. 故选：AD 10. 记等差数列的公差为，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列定义及性质逐项分析判断. 【详解】等差数列的公差为，， 对于A，，A正确； 对于B，的符号无法确定，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，，，则，D正确. 故选：AD 11. 已知是定义在的偶函数，且当时，，则（ ） A. B. 当时， C. 是的极小值点 D. 存在实数，使得直线与的图象恰有1个公共点 【答案】AC 【解析】 【分析】将自变量代入求函数值判断A，利用偶函数的性质求函数区间解析式判断B，应用导数研究函数的极值点判断C，根据C的分析判断的性质，结合偶函数的对称性判断D. 【详解】由题设，A对， 若，则，故， 由为偶函数，则，B错， 由上时，，则， 令，即在上单调递增， 又，故在上，在上， 所以在上单调递减，在上单调递增，故是的极小值点，C对， 由C分析，或时，且， 所以、上，又为偶函数，则、上， 所以直线与的图象恒有2个交点，D错. 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分、 12. 已知，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据复合函数的求导法则即可求解. 【详解】, 故答案为： 13. 在空间直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，则边上的高为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量中点到直线的距离公式求解即可. 【详解】由题意得，边上的高即为点A到的距离， 所以边上的高为． 故答案为： 14. 已知函数，点在曲线上，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数判断函数单调性，进而求解值域范围，计算得到结果. 【详解】求导得，当时，，单调递增； 当时，，单调递减，所以， 点在曲线上，则，所以， 设，， 当时，单调递减；当时，单调递增， 所以，故单调递增， 故，即的最大值是． 故答案为：. 四、解答题：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. 记为等差数列的前n项和，已知，． （1）求的通项公式. （2）证明：． 【答案】（1） （2） 由（1）知，所以，所以， 所以 . 【解析】 【分析】（1）利用等差数列基本量的计算可求得的通项公式； （2）由题意可得，利用裂项相消法可求证结论. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 因为，又，所以，解得， 所以； 所以的通项公式； 【小问2详解】 略 16. 已知函数 （1）求函数在处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）求函数在上的最大值和最小值. 【答案】（1） （2）单调递增区间为，，单调递减区间为 （3）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程； （2）求出函数的定义域，然后求导，解不等式，得到单调区间； （3）根据（2）可得函数的单调性求出极值和端点值，比较后确定最值. 【小问1详解】 因为，则，， 所以，所以函数在处的切线方程为； 【小问2详解】 函数的定义域为R，且. 由，解得或，所以的单调递增区间为，； 由，解得，所以的单调递减区间为. 【小问3详解】 由（2）可知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极大值，在处取得极小值， 又，，，， 所以函数在上的最大值为，最小值为. 17. 已知圆的圆心在直线上，并且经过原点，与直线相切． （1）求圆的标准方程； （2）若圆心在第一象限，过点的直线与圆相交所得弦长为，求直线的方程． 【答案】（1）或 （2）或． 【解析】 【分析】（1）设圆心，半径为，由题意建立等式计算即可求解； （2）由题意可得圆心到直线的距离，分直线斜率存在和不存在两种情况列式计算即可求解. 【小问1详解】 设圆心，半径为 则， 解得或， 所以圆的标准方程为或. 【小问2详解】 因为圆心在第一象限， 所以圆的标准方程为． 因为直线与圆相交所得弦长为， 所以圆心到直线的距离， ①当直线斜率不存在时，方程为， 圆心到直线的距离，合题意； ②当直线斜率存在时，设方程为， 即直线方程为时， ． 解得， 所以直线方程为． 综上所述，直线方程为或． 18. 如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，，，平面平面． （1）证明：； （2）若，点D在棱上，且，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明： 因为四边形是菱形，且，所以， 又因为，，所以， 因为，所以， 又因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得，得到，再由平面平面，利用面面垂直的性质，证得平面，即可证得． （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知两两垂直， 所以，，所以， ， 以为原点，以所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， ，则， 设平面的法向量， 则， 取，可得， 所以平面的法向量． 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 19. 已知，点是动点，直线AP与直线BP的斜率之积为， （1）求点的轨迹的方程； （2）过点且斜率不为0的直线与交于M、N两点. ①求面积的最大值； ②直线分别与直线AM、AN交于点E、G，以EG为直径的圆是否过轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）①；②是，定点为和. 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程，整理即可得答案； （2）①设直线方程为，联立曲线方程，可得根与系数的关系式，利用弦长公式和点到直线的距离公式，即可求出面积的表达式，结合函数的单调性即可求得面积的最大值；②表示出直线AM的方程可求出，结合直线AN的方程可求出，即可求出，假设以EG为直径的圆过轴上的定点，则可得，求出，即可得结论，求得定点坐标. 【小问1详解】 设，则，且 所以，整理可得， 即点的轨迹方程. 【小问2详解】 如下图所示：设直线方程为， 设， 联立可得可得， 则，所以. ①弦长， 点到直线的距离， 则， 令，函数在上单调递增，则， 即，所以，当且仅当时等号成立， 所以当时，面积有最大值； ②直线AM的方程为，令，可得，即； 直线AN的方程为，令，可得，即； 所以 . 假设以EG为直径的圆过轴上的定点，则， 即，即可得，解得， 所以定点为和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $