精品解析：福建厦门熹海高级中学2025-2026学年第一学期期末测试高二数学试题

厦门熹海高级中学2025-2026学年第一学期期末测试 高二数学 本试卷分第I卷（选择题）和第I卷（非选择题）两部分、第I卷58分. 第I卷92分，共150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题）（选择题共58分） 一、单项选择题（本大题共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.若，则（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 2. 直线方程为，直线的方向向量坐标为，若平行于，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知等比数列12，6，3，…，则该等比数列的第6项是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，其导数的图象如下图所示，则（ ） A. 在上为增函数 B. 在处取得极小值 C. 在处取得极大值 D. 在上为增函数 5. 如图，已知双曲线的实轴长为4，左、右焦点分别为，，过的直线交双曲线的右支于点，，，则的面积为（ ） A. 16 B. C. 32 D. 6. 已知数列的前项和为，若，则的前10项和为（ ） A. 32 B. 41 C. 52 D. 65 7. 如图，的二面角的棱上有两点，直线分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于．已知，则的长为（ ） A. B. 7 C. D. 9 8. 油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫于春分时节开展油纸伞文化艺术节.活动中将油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为的圆，圆心到伞柄底端距离为，阳光照射油纸伞在地面形成了一个椭圆形影子（春分时，北京的阳光与地面夹角为），若伞柄底端正好位于该椭圆的焦点位置，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知抛物线的焦点为，点在上，则（ ） A. B. 的准线方程为 C. 若，则 D. 以为直径的圆与轴相切 10. 四边形为正方形，平面.（ ） A. 平面 B. 点到的距离为 C. 点到平面的距离为 D. 点在线段上（不含端点），则与平面所成角的正弦值的范围为 11. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，它的前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，则数列1，3，6，10被称为二阶等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为2，4，8，15，26，42，64，则下列结论正确的是（ ） (参考公式:) A. 数列为二阶等差数列 B. C. 满足的最大的n的值为20 D. 第II卷（非选择题） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中横线上） 12. 已知双曲线的一条渐近线为，则的焦距为___________. 13. 已知函数，则曲线在处的切线方程为_______. 14. 已知，直线为上的动点.过点作的切线，切点分别为，当最小时，点的坐标为__________，直线的方程为__________. 四、解答题 15. 已知的三个顶点分别是点 （1）求的外接圆C的标准方程． （2）已知直线与圆相交于两点，求弦长的值． 16. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前项和为，求证：. 17. 已知函数在点处的切线方程为. （1）求实数、的值； （2）求函数的极值． 18. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. （1）求证：∥平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 19. 已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，右顶点坐标． （1）求椭圆的标准方程； （2）直线与椭圆交于两点，是椭圆上位于直线两侧的动点，且直线的斜率为． （i）求四边形面积的最大值； （ii）设直线的斜率为，直线的斜率为，判断的值是否为常数，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门熹海高级中学2025-2026学年第一学期期末测试 高二数学 本试卷分第I卷（选择题）和第I卷（非选择题）两部分、第I卷58分. 第I卷92分，共150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题）（选择题共58分） 一、单项选择题（本大题共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.若，则（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由垂直关系得向量的数量积为0，根据数量积的坐标运算可得结论． 【详解】由，， 得，解得. 故选：D 2. 直线方程为，直线的方向向量坐标为，若平行于，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得方向向量平行于，据此可得答案. 【详解】因方程为，则其斜率为，方向向量可取. 因，且方向向量为，则两方向向量互相平行，得. 故选：D 3. 已知等比数列12，6，3，…，则该等比数列的第6项是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出公比q,利用等比数列的通项公式，可求出答案. 【详解】由题可知，公比，所以， 故选：A 4. 已知函数，其导数的图象如下图所示，则（ ） A. 在上为增函数 B. 在处取得极小值 C. 在处取得极大值 D. 在上为增函数 【答案】D 【解析】 【分析】根据导函数的图象判断出其符号分布情况，进而可求出函数的单调区间及极值点，即可得解. 【详解】由导函数的图象可知， 函数在上单调递减，在上单调递增， 在和处取得极小值，在处取得极大值， 故ABC错误，D正确. 故选：D. 5. 如图，已知双曲线的实轴长为4，左、右焦点分别为，，过的直线交双曲线的右支于点，，，则的面积为（ ） A. 16 B. C. 32 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的定义确定的长，再由定义可得，由得为等腰直角三角形，从而可求得的面积. 【详解】由双曲线的实轴长为4，得， 所以， 又，所以， 因为，所以， 又，所以， 又，所以为等腰直角三角形， 由，得， 所以的面积为. 故选：A. 6. 已知数列的前项和为，若，则的前10项和为（ ） A. 32 B. 41 C. 52 D. 65 【答案】C 【解析】 【分析】由题设结合的关系求出数列的通项公式，求出的前10项，进而可得答案． 【详解】因为， 当时，； 当时，， 经检验也适合上式， 所以. 故数列的前10项为：， 则的前10项和为. 故选：C. 7. 如图，的二面角的棱上有两点，直线分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于．已知，则的长为（ ） A. B. 7 C. D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】根据式子，即可求出的长为. 【详解】因为，所以， 因为二面角为，所以，即， 所以 ， 所以，即的长为. 故选：C. 8. 油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫于春分时节开展油纸伞文化艺术节.活动中将油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为的圆，圆心到伞柄底端距离为，阳光照射油纸伞在地面形成了一个椭圆形影子（春分时，北京的阳光与地面夹角为），若伞柄底端正好位于该椭圆的焦点位置，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，作出图形，再利用正弦定理求出椭圆的长轴长，结合焦点位置求出半焦距作答. 【详解】如图，伞的伞沿与地面接触点B是椭圆长轴的一个端点，伞沿在地面上最远的投影点A是椭圆长轴的另一个端点， 对应的伞沿为C，O为伞的圆心，F为伞柄底端，即椭圆的左焦点，令椭圆的长半轴长为，半焦距为， 由，得，， 在中，，则，， 由正弦定理得，，解得，则， 所以该椭圆的离心率. 故选：A 二、多选题 9. 已知抛物线的焦点为，点在上，则（ ） A. B. 的准线方程为 C. 若，则 D. 以为直径的圆与轴相切 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据抛物线的定义和几何性质，结合直线与圆的位置关系的判定方法，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A中，由抛物线，可得其焦点为，所以A正确； 对于B中，抛物线的准线方程为，所以B错误； 对于C中，因为点在上，根据抛物线的定义，可得， 解得，所以C正确； 对于D中，由抛物线的定义，可得， 则线段的中点坐标（即圆心）到轴的距离为， 故以为直径的圆与轴相切，所以D正确． 故选：ACD． 10. 四边形为正方形，平面.（ ） A. 平面 B. 点到的距离为 C. 点到平面的距离为 D. 点在线段上（不含端点），则与平面所成角的正弦值的范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质、空间点到直线和点到面的距离公式、空间向量夹角公式逐一判断即可. 【详解】因为四边形为正方形，平面， 所以建立如图所示的空间直角坐标系， . A：设平面的法向量为， ，，， 所以有， 显然，CE不在平面内，所以平面，因此本选项正确； B：，， 于是， 所以点到的距离为，所以本选项不正确； C：设平面的法向量为， ，，， 所以有， 点到平面的距离为， 所以本选项说法正确； D：，设， ， 设与平面所成角为， ， 设，， 二次函数的对称轴为， 所以当时，有，于是有， 于是有，所以本选项说法正确， 故选：ACD 11. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，它的前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，则数列1，3，6，10被称为二阶等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为2，4，8，15，26，42，64，则下列结论正确的是（ ） (参考公式:) A. 数列为二阶等差数列 B. C. 满足的最大的n的值为20 D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据题中定义，结合累加法、等差数列前项和公式、题中所给的公式逐一判断即可. 【详解】高阶等差数列为2，4，8，15，26，42，64，…， 令数列为2，4，7，11，16，22，…， 令数列为2，3，4，5，6，…，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，则， 由题中定义可知数列为二阶等差数列，则选项A正确； 由，所以， 所以，则选项B正确； 由得，， 令得，检验得满足条件最大的n的值为18，则选项C错误； ，则选项D错误. 故选：AB 【点睛】关键点睛：利用累加法，结合题中定义、所给的公式是解题的关键. 第II卷（非选择题） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中横线上） 12. 已知双曲线的一条渐近线为，则的焦距为___________. 【答案】4 【解析】 【分析】由题意可得，双曲线的渐近线方程为，进而可得，由双曲线性质计算即可求解. 【详解】由题意可知，双曲线的焦点在轴上，且， 已知双曲线，则，， 所以双曲线的渐近线方程为， 因为双曲线的一条渐近线为，所以， 则，故，， 所以双曲线的焦距为4. 故答案为：4. 13. 已知函数，则曲线在处的切线方程为_______. 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程. 【详解】函数，求导得，则，而， 所以曲线在处的切线方程为. 故答案为： 14. 已知，直线为上的动点.过点作的切线，切点分别为，当最小时，点的坐标为__________，直线的方程为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由题意可知，则，当与直线垂直时最小，结合点斜式方程可求解直线PM方程，进而求出点P的坐标；利用勾股定理可得，以为圆心，为半径作圆，将两圆方程相减即可求出直线AB方程. 【详解】的标准方程为，其圆心为，半径为2.如图， 由题意可知，则， 所以当最小时，最小，此时与直线垂直， 所以直线的方程为，即. 联立，解得， 所以点的坐标为，. 在Rt中，，同理. 以为圆心，为半径作圆，如图，则线段为与的公共弦， 的方程为，即， 两圆方程相减得，即直线的方程为. 故答案为：； 【点睛】关键点睛：本题的难点是能够明确AB即为以为圆心，为半径的与的公共弦，由此可求得直线AB方程. 四、解答题 15. 已知的三个顶点分别是点 （1）求的外接圆C的标准方程． （2）已知直线与圆相交于两点，求弦长的值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知易得，进而确定圆心和半径，即可得圆的标准方程； （2）由点线距离公式求弦心距，再由几何法求弦长即可. 【小问1详解】 由题设，则， 所以，故是的外接圆的直径， 所以所求圆的圆心为，半径为2，即圆的标准方程为. 【小问2详解】 由到距离， 所以. 16. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前项和为，求证：. 【答案】（1） （2） 因为，所以， 则 化简得. 因为，所以，故. 【解析】 【分析】（1）根据已知条件列方程求出等差数列的首项与公差，根据等差数列定义写出通项公式； （2）通过裂项相消的方法化简的表达式，并证明不等式. 【小问1详解】 在等差数列中，，则. 又，所以该等差数列公差.故. 所以， 故数列的通项公式为. 【小问2详解】 略 17. 已知函数在点处的切线方程为. （1）求实数、的值； （2）求函数的极值． 【答案】（1）， （2）极小值为，无极大值 【解析】 【分析】（1）求出，由导数的几何意义可得，可得出关于、的方程组，即可解出这两个未知数的值； （2）利用导数分析函数的单调性，利用极值与导数的关系可求得该函数的极值. 【小问1详解】 解：因为，则， 因为函数在点处的切线方程为， 则，解得. 【小问2详解】 解：函数的定义域为，则， 由可得，列表如下： 减 极小值 增 所以，函数的单调减区间为，单调增区间为， 故函数的极小值为，无极大值. 18. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. （1）求证：∥平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 过作于点，则. 以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，， ∵为的中点．∴， 则，. 设平面的法向量为，则,即， 令，则，∴ ． ∴ ，又平面．∴∥平面. （2） （3）存在，．理由如下： 令，.设，∴ ， ∴， . 由（1）知，平面的法向量为. ∵ 直线与平面所成角的正弦值为， ∴ ， 化简得，∵，∴，故． 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和直线的方向向量，从而可证明线面平行； （2）利用两个平面夹角的向量公式即可求解； （3）令，，设，求出，结合已知条件可列出关于的方程，从而可求出的值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知. 设平面的法向量为， 则,即，令，则.. 所以平面与平面夹角的正弦值为 【小问3详解】 略 19. 已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，右顶点坐标． （1）求椭圆的标准方程； （2）直线与椭圆交于两点，是椭圆上位于直线两侧的动点，且直线的斜率为． （i）求四边形面积的最大值； （ii）设直线的斜率为，直线的斜率为，判断的值是否为常数，并说明理由． 【答案】（1）； （2），. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，再结合，即可求得,从而求得椭圆的标准方程； （2）（i）由直线与椭圆联立方程组，把四边形的面积转化为，代入韦达定理即可求得的表达式，从而求得的最大值； （ii）直线的斜率，直线的斜率，代入韦达定理化简整理可得的值为常数． 【小问1详解】 设椭圆标准方程为，则由题意可得： ，解得， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 （i）把代入椭圆，解得， 所以可得点的坐标为，，则， 设直线的方程为，设点， 联立，整理得：， 由，可得. 由韦达定理知：，， 四边形的面积， 故当时，； （ii）由题意知，直线的斜率，直线的斜率， 则 . 所以的值为常数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $