精品解析：河南郑州市第一中学2025-2026学年上学期期末考试高二数学试题

2025～2026学年上学期期末考试 27届 高二（数学）试题 说明： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），满分150分． 2．考试时间：120分钟． 3．将第Ⅰ卷的答案代表字母填（涂）在答题卡上． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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. 已知数列为等差数列，，为方程的两根，则（ ） A. B. 2 C. －2 D. 2. 在空间直角坐标系中，已知，则点到直线的距离是（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数在上可导，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知抛物线的焦点为F，点M是C上的一点，M到直线的距离是M到C的准线距离的2倍，且，则（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 5. 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 6. 若直线与曲线相切，则n的值为（ ） A. ln2 B. ln2－3 C. －ln2 D. 3－ln2 7. 已知圆，．若圆上存在点，使得，则的值可能为（　　） A. 2 B. C. D. 5 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线与双曲线的左支交于A、B两点，若的角平分线为，与直线交于点，的内切圆圆心为，则点坐标为（ ） 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. 下列说法正确的是（ ） A. 直线在x轴上的截距为 B. 若与相互垂直，则 C. 对于，直线与椭圆都有交点 D. 直线被圆截得的弦长最短为 10. 数列满足，且对任意的都有，则（ ） A. B. C. 数列的前100项和为 D. 数列的前100项和为 11. 如图，在三棱锥中，，，分别是的中点，是的中点，在上，且．则下列命题正确的有（ ） A. 异面直线所成角的余弦值是 B. 三棱锥的体积为 C. MN的长为 D. 平面 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列是等比数列，满足，则＝______． 13. 已知点满足，，则的最小值为__________ 14. 如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案．图形的做法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．设原正三角形（图①）的边长为1，把图①、图②、图③、图④中图形的面积依次记为，则＝______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤． 15. 如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，且，，E为的中点. （1）若分别为的中点，求证：平面； （2）若平面，，求直线与平面所成角的正弦值. 16. 已知点，动点到点的距离是到点的距离的2倍，记动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）求直线被曲线E截得的弦长． 17. （1）求函数的导数． （2）利用，证明：． （3）已知函数满足，求在的导数． 18. 已知首项为1的等差数列满足：成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足：，求数列的通项公式； （3）记，证明：． 19. 中国古典园林洞门、洞窗具有增添园林意境，丰富园林文化内涵的作用，门、窗装饰图案成为园林建筑中具有文化价值以及文化内涵的装饰.如图1所示的一种椭圆洞窗，由椭圆和圆组成，， 是椭圆的两个焦点，圆以线段为直径， （1）设计如图所示的洞窗，椭圆的离心率应满足怎样的范围？ （2）经测量椭圆的长轴为4分米，焦距为2分米. （i）从射出的任意一束光线照在左侧距椭圆中心4分米的竖直墙壁上，如图2所示.建模小组的同学用长绳拉出椭圆洞窗的切线AB，B为切点，然后用量角器探究猜测是定值，请帮他们证明上述猜想. （ii）建模小组的同学想设计一个如图3的四边形装饰，满足：点是上的一个动点，P，Q关于原点对称，过和分别做圆的切线，交于R，S，求四边形装饰面积的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年上学期期末考试 27届 高二（数学）试题 说明： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），满分150分． 2．考试时间：120分钟． 3．将第Ⅰ卷的答案代表字母填（涂）在答题卡上． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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. 已知数列为等差数列，，为方程的两根，则（ ） A. B. 2 C. －2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用韦达定理和等差中项公式进行求解即可. 【详解】因为，为方程的两根， 所以根据韦达定理得：， 由等差中项公式得：，. 故选：B 2. 在空间直角坐标系中，已知，则点到直线的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出与的坐标，再根据点到直线距离的向量坐标公式计算即可求解． 【详解】因为， 所以，， 所以，， 所以点到直线的距离为. 故选：A. 3. 已知函数在上可导，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由导数的定义进行求解． 【详解】对于A，，故A项错误； 对于B，，故B项正确； 对于C，，故C项错误； 对于D，，故D项错误． 故选：B 4. 已知抛物线的焦点为F，点M是C上的一点，M到直线的距离是M到C的准线距离的2倍，且，则（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】先设 ，由抛物线的定义可知 ，M到直线的距离是M到C的准线距离的2倍，所以，得到 【详解】设 ,准线为 ， 由抛物线的定义可知点M到准线距离为 ， M到直线的距离是M到C的准线距离的2倍，所以 即，得到 故选：C 5. 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. 6. 若直线与曲线相切，则n的值为（ ） A. ln2 B. ln2－3 C. －ln2 D. 3－ln2 【答案】D 【解析】 【分析】先利用导数的几何意义求出切点坐标，再将其代入切线方程中. 【详解】因为，所以， 令，解得或（舍）， 令，则， 将点代入中得. 故选：D 7. 已知圆，．若圆上存在点，使得，则的值可能为（　　） A. 2 B. C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】分析可知点的轨迹是以为圆心，半径的圆，由题意可知：圆与圆有公共点，结合圆与圆的位置关系列式求解即可. 【详解】圆的圆心为，半径， 设，因为，即， 整理可得， 可知点的轨迹是以为圆心，半径的圆， 由题意可知：圆与圆有公共点，则， 可得，解得或， 所以实数的取值范围为，结合选项可知ABC错误，D正确. 故选：D． 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线与双曲线的左支交于A、B两点，若的角平分线为，与直线交于点，的内切圆圆心为，则点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设三角形的内切圆切AB于E，切于N，切于M，由双曲线的定义以及内切圆的性质可得E与重合，则于，求出的坐标，即可求出的方程，再与求交点. 【详解】设三角形的内切圆切AB于E，切于N，切于M， 由，得， 根据圆的切线长性质有，，， 所以，即， 所以E与重合，则于， 又直线过点，令，可得，所以， 所以直线的方程为， 由，解得，所以. 故选：A 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. 下列说法正确的是（ ） A. 直线在x轴上的截距为 B. 若与相互垂直，则 C. 对于，直线与椭圆都有交点 D. 直线被圆截得的弦长最短为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A根据截距的定义计算；B根据垂直的结论计算；C判断直线所过定点与椭圆的位置关系；D当直线与垂直时弦长最短，利用勾股定理计算. 【详解】令，则，故A正确； 由题意可得，，得，故B错误； 直线恒过点， 因为，所以点在椭圆内部，所以直线与椭圆都有交点，故C正确； 因为直线恒过点， 所以当直线与直线垂直时，直线被圆截得的弦长最短， 因为，所以最短弦长为，故D正确. 故选：ACD 10. 数列满足，且对任意的都有，则（ ） A. B. C. 数列的前100项和为 D. 数列的前100项和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，得到，结合和叠加法，求得，可判定AB，由，利用裂项法求和，可得判定CD，即可求解. 【详解】因为，所以， 又因为，当时，所以 ， 其中也满足，故对任意的，， 所以，故A正确，B正确； 又由， 所以数列的前项和为： ，故C错误，D正确． 故选：ABD . 11. 如图，在三棱锥中，，，分别是的中点，是的中点，在上，且．则下列命题正确的有（ ） A. 异面直线所成角的余弦值是 B. 三棱锥的体积为 C. MN的长为 D. 平面 【答案】ACD 【解析】 【分析】将该三棱锥放到长方体中，求得长方体的棱长分别为，，进而建立空间直角坐标系，并依次讨论各选项即可. 【详解】因为三棱锥中，，， 所以，将该三棱锥放到长方体中，如图，设长方体的棱长 ， 则，解得，， 如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，， 对于A，，，，所以异面直线所成角的余弦值是，A选项正确； 对于B, ,,, 所以，故B选项错误； 对于C，， ，即MN的长为，故C选项正确； 对于D，， 设，即， 解得，所以，即向量共面， 因为平面，所以平面，故D选项正确. 故选：ACD 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列是等比数列，满足，则＝______． 【答案】 【解析】 【分析】先求出公比，再利用通项公式求出. 【详解】设数列的公比为， 则，则. 故答案为： 13. 已知点满足，，则的最小值为__________ 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用抛物线的定义知点的轨迹为抛物线，进而可得其方程为，设，再利用两点间的距离公式，即可求解. 【详解】因为表示点到点的距离；表示点到直线的距离， 又，所以点到点的距离等于点到直线的距离， 由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，抛物线方程为， 设，则， 当且仅当时，等号成立， 故答案为：。 14. 如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案．图形的做法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．设原正三角形（图①）的边长为1，把图①、图②、图③、图④中图形的面积依次记为，则＝______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据图形做法，利用三角形的面积公式逐一计算. 【详解】由题意可知，，， ，. 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、证明过程或验算步骤． 15. 如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，且，，E为的中点. （1）若分别为的中点，求证：平面； （2）若平面，，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）法一：先由等腰直角三角形得且，故，再利用“三角形中位线定理”得，运用平行传递性结合线面平行判定定理即可证平面； 法二：取的中点N，的中点M，连接，依次求证和得到即可求证平面； （2）先建立适当空间直角坐标系，求出平面的法向量为，再由即可计算得线面角的正弦值； 【小问1详解】 解法1： 与为等腰直角三角形且， 所以，.. E为的中点，， ，，即， ∴四边形为平行四边形，故， 分别为的中点，，所以， 平面，平面，平面； 解法2： 取的中点N，的中点M，连接， 与为等腰直角三角形且， 由，.. 分别为的中点， ，且. ，， ，∴四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面； 【小问2详解】 平面，以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， ， 设平面的一个法向量为，， ，取，. 设与平面所成角为， 则， 即与平面所成角的正弦值为. 16. 已知点，动点到点的距离是到点的距离的2倍，记动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）求直线被曲线E截得的弦长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，由利用两点间的距离公式化简可得答案； （2）求出圆心到直线的距离，再利用勾股定理可得答案. 【小问1详解】 由题意得，所以， 设，因为点， 所以，化简得． 所以曲线E的方程为； 【小问2详解】 由（1）知，曲线E是圆心为，半径的圆， 所以圆心到直线的距离为：， 所以直线被曲线截得的弦长为． 17. （1）求函数的导数． （2）利用，证明：． （3）已知函数满足，求在的导数． 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3） 【解析】 【分析】（1）由导数的四则运算和简单复合函数求导法则即可求解； （2）由简单复合函数求导法则即可求解； （3）求出导函数，再令即可求解. 【详解】（1）. （2）由题设，. （3）因为，所以， 令，所以，所以， 解得. 18. 已知首项为1的等差数列满足：成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足：，求数列的通项公式； （3）记，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由等差等比的性质分析可得； （2）令，得出，根据等差等比的性质得出所以数列的前n项和； （3）裂项相消计算可得. 【小问1详解】 设等差数列的公差为d，因为成等比数列， 所以，或d＝－1， 当d＝1时，，显然成等比数列， 当d＝－1时，，显然不能成等比数列， 所以d＝1，于是. 【小问2详解】 令， ， 两式相减，得， 因为等差数列的公差为1，且， 所以， 设数列的前n项和为，则 ，所以数列的前n项和， 当n≥2，时，， 显然不适合，所以. 【小问3详解】 于是 . 19. 中国古典园林洞门、洞窗具有增添园林意境，丰富园林文化内涵的作用，门、窗装饰图案成为园林建筑中具有文化价值以及文化内涵的装饰.如图1所示的一种椭圆洞窗，由椭圆和圆组成，， 是椭圆的两个焦点，圆以线段为直径， （1）设计如图所示的洞窗，椭圆的离心率应满足怎样的范围？ （2）经测量椭圆的长轴为4分米，焦距为2分米. （i）从射出的任意一束光线照在左侧距椭圆中心4分米的竖直墙壁上，如图2所示.建模小组的同学用长绳拉出椭圆洞窗的切线AB，B为切点，然后用量角器探究猜测是定值，请帮他们证明上述猜想. （ii）建模小组的同学想设计一个如图3的四边形装饰，满足：点是上的一个动点，P，Q关于原点对称，过和分别做圆的切线，交于R，S，求四边形装饰面积的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据，即可根据椭圆中的关系以及离心率公式求解， （2）（i）联立直线与椭圆方程，根据判别式为0可得，进而可得，利用向量的坐标运算，即可求证； （ii）根据法向量可得切线方程，进而根据点到直线的距离公式可得是平行四边形，结合全等和切线长性质可得是菱形，即可根据三角形相似，结合函数的单调性求解即可. 【小问1详解】 由题意可知椭圆满足， 故. 【小问2详解】 （i）由测量数据可得，， 故，，墙壁所在直线， 易知直线斜率存在，设，可得， 设切线，联立， 则， 相切可得， 则， 则， 切点， ， 故，，，， 故，则. （ii）设动点，则，不妨设过点的两条切线法向量为， 过点的两条切线法向量为，均为非零向量， 故切线方程为和， 则满足和. 由此可知两组切线分别对应平行，四边形是平行四边形，过圆心做一组邻边的垂线，垂足为, 由于关于原点对称，故也关于原点对称，又, 故故，故平行四边形是菱形. 下面研究菱形的面积： 过作PR的垂线GH，则，由（i）可知,故， 设，则有：，解得，则， 其中的取值范围是， 设，在上是单调函数， 故的取值范围是. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，如本题需先将四边形的面积用表示出来，然后再利用函数的单调性求解最值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $