精品解析：河北石家庄市2025-2026学年第一学期期末教学质量检测高二数学试卷

2025-2026学年第一学期期末教学质量检测 高二数学 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 已知抛物线方程，则该抛物线的焦点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将抛物线化成标准方程得，根据抛物线的基本概念即可算出该抛物线的焦点坐标． 【详解】∵抛物线的方程为， ∴化成标准方程，得， ∴由此可得抛物线的，得， ∴抛物线的焦点坐标为. 故选：A. 2. 过点且垂直于直线的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可设垂直于直线的直线方程为，进而利用待定系数法求解. 【详解】设垂直于直线的直线方程为，代入， 得，解得，即， 故选：C. 3. 在等比数列中，，，则公比（ ） A. B. 3 C. D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的性质，建立关于的方程，求解即可. 【详解】由等比数列可知，， ， 所以，解得， 故选：B. 4. 如图，正四面体中，，，，为的中点，点在上，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的加减法法则和数乘运算，将用已知向量表示出来. 【详解】根据向量加法法则，，因为为的中点，所以. 又，所以， ， 所以. 故选：A 5. 若，分别是圆与圆上的点，则的最小值为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】判断出两圆外离，根据求解即可. 【详解】圆，可化为， 圆， 所以，， 所以， 所以圆与圆外离， 所以. 故选：B 6. 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（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，借助模长公式能求出的长． 【详解】， ， ． 故选：A 7. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数p（p＞1）满足二二数之剩一，三三数之剩一，将符合条件的所有正整数p按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前n项和为，则的最小值为（ ） A. 16 B. 22 C. 23 D. 25 【答案】B 【解析】 【分析】由已知先求出，然后结合等差数列的通项公式与求和公式，以及基本不等式即可求解． 【详解】因为二二数之剩一的数为的形式，三三数之剩一的数为的形式，其中， 则数列的项即为以上两类数的公共项，即为的形式，， 即， 因，故数列是等差数列， 于是，， 则 当且仅当，即时取等号． 即时，取得最小值22. 故选：B． 8. 已知点是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且，若双曲线的离心率的取值范围是，则椭圆的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设椭圆与双曲线的离心率分别为、，利用圆锥曲线的定义与余弦定理建立、、的关系式，进而推导出，结合，利用不等式的性质算出的取值范围. 【详解】设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，它们的焦距为，且 设点P在第一象限，则根据椭圆与双曲线的定义，可得，解得 在中，，由余弦定理得， 即，整理得 两边都除以c，可得， 设椭圆的离心率为，双曲线的离心率为， 则可得，整理得， 因为，所以，可得， 所以，可得，可得. 故选：C. 二、多项选择题：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. 下列说法正确的有（ ） A. 直线的倾斜角为 B. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为 C. 过、两点的所有直线的方程为 D. 设直线的方程为，则直线倾斜角的取值范围是 【答案】AD 【解析】 【分析】根据斜率和倾斜角的关系可以判断A；根据截距是否为0进行分类讨论求解直线方程可以判断B；根据两点式的使用条件可以判断C；根据斜率和倾斜角的关系，结合余弦函数的值域求解范围可以判断D. 【详解】对于A，直线可得，则斜率， 所以直线倾斜角满足，且，即，故正确； 对于B，当截距不为0时，由直线截距式可设直线方程为，代入 得，解得； 当截距为0时，可设直线方程为，代入得，即，故错误； 对于C，根据直线方程两点式可知，且，故错误； 对于D，由直线的方程为可得，斜率， 由得，设倾斜角为，则， 由，得,故正确， 故选：AD. 10. 如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，，平面，，分别是，的中点，是线段上的动点，则（ ） A. B. C. 直线与底面所成角的正弦值为 D. 面积的取值范围是 【答案】AD 【解析】 【分析】对A用线面垂直判断可得，对C直接由线面角的定义计算可得，对B分别计算两个线段的长度可判断，对D关键求的长度范围，转化为平面几何问题解决. 【详解】因为四棱锥的底面是边长为2的菱形，所以. 又因为平面，平面，所以. 因为，，平面，， 所以平面，又因，所以平面， 所以，故A正确； 因为平面，所以就是直线与底面所成角， 所以在直角三角形中，，所以. 可得，故C错误； 如图，在直角三角形中，，O是的中点，E是线段上的动点， 所以，，即， 由对A选项的分析知，又因为三角形中，，， 所以，所以， 所以，即，故D正确； 又由平面，，所以， 所以在等腰三角形中，，是的中点，如图： 所以， 由余弦定理得， 即，而，故B错误. 故选：AD 11. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中.阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点与两定点，的距离之比，是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上.椭圆，且椭圆的离心率为.过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在轴上方），点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分，则（ ） A. B. 的取值范围为 C. 若，则 D. 将点、、看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若，则外接圆的半径为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由离心率以及已知即可求解;设,由定比点差法得出与的关系,结合得出的范围,即可求解的范围;当时,求出,即可求;求出该阿波罗尼斯圆与直线的另一个交点的坐标,结合已知圆心在直线上,则为该圆的直径,即可求半径. 【详解】由,,解得,A错误; 椭圆, 设,,则,*, 由于在椭圆上,则, 得, 代入*式得, 则, 同理可得, 由于,则, 则, 解得, 则的取值范围为,B正确; 当时,,, 代入椭圆解得, 则,C正确; 由于平分， 则, 由于平分,则, 则为同一个阿波罗尼斯圆上的三点, 圆心在直线上, 设该圆与直线的另一个交点为,则,,, 若,由C得,, , 则, 由于圆心在直线上,则为该圆的直径,则半径为,D正确; 故选:BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设等比数列的前项和为，若，，则_______． 【答案】280 【解析】 【分析】直接根据等比数列前项和的性质即可得结果. 【详解】由等比数列的性质，知，，也成等比数列， 即40，80，成等比数列， 所以，所以． 故答案为：280. 13. 已知圆，直线，直线被圆截得最短弦长是_____________. 【答案】 【解析】 【分析】求直线所过定点，进而可判断定点在圆内，所以直线被圆截得的弦长最短时，垂直于直线，由此即可求解. 【详解】由直线，得， 联立，解得，故直线过定点 ， 由圆，知圆心，半径, 因为， 所以点在圆 的内部， 故直线被圆截得的弦长最短时，垂直于直线， 此时弦长为. 故答案为： 14. 已知椭圆，的上顶点为，两个焦点为，短轴长是长轴长的倍．过且垂直于的直线与椭圆交于，两点，，则的周长是__________． 【答案】13 【解析】 【分析】由题设易得，做出简图，分析可得直线的方程为：，且直线垂直平分，所以的周长等于的周长，等于，将直线方程与椭圆方程联立，利用弦长公式求出c，a的值，进而得解. 【详解】因为短轴长是长轴长的，故， 又，故， 故为等边三角形，为的垂直平分线， 所以，， 则的周长等于， 其中， 则的周长为， 直线的斜率为，故直线的斜率为， 故直线的方程为， 联立，得， 又，故， 设，则， 故， 解得，故， 则的周长为． 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. 已知圆的圆心在直线上，且经过点，. （1）求圆的标准方程； （2）求过原点且与圆相切的直线方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据题意，求出线段的中垂线与圆心所在直线的交点即为圆心，即可得解； （2）判断直线斜率不存在时符合题意，当切线斜率存在时，设出切线的方程，利用点到直线的距离公式来求得正确答案. 【小问1详解】 线段的中点，直线的斜率， 则线段的中垂线斜率为，方程为，即， 由，解得，，因此圆的圆心，半径， 所以圆的标准方程为. 【小问2详解】 过原点且斜率不存在的直线为，点到直线的距离为， 即直线与圆相切； 当切线斜率存在时，设切线方程为，即，点到该直线距离为， 解得，因此切线方程为， 所以经过原点且与圆相切的直线方程为或. 16. 已知等差数列中，，. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式计算求解即可； （2）由（1）得，结合裂项相消法求和即可． 【小问1详解】 因为数列为等差数列，设公差为， 由，可得， 所以，解得， 所以数列的通项公式. 【小问2详解】 由（1）知，则， 所以， 设数列的前项和为， 则 17. 如图，在四棱锥中，平面底面，四边形为直角梯形，，，，，. （1）求证：平面； （2）若点是线段的中点，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 因为，平面底面，平面底面， 平面，所以平面，平面，所以， 连接，因为，所以， 因为，所以， 因为，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先证明，，再由线面垂直判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，分别求两个平面的法向量，利用法向量的夹角求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过作，垂足为，则，由（1）知两两垂直，如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为 ， 则，令，解得， 设平面的一个法向量为， 所以 ，令，解得， 设平面与平面所成角为， 所以 ， 即平面与平面所成二面角的余弦值为； 18. 已知数列的前项和为，，数列满足，. （1）求数列，的通项公式； （2）数列的前项和为，若对于任意正整数，都有恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据的关系求的通项公式即可，再由累乘法求的通项公式； （2）根据错位相减法求出前项和，即可求解. 【小问1详解】 在中，令得，，， 当时，， ，即， ，数列是首项为，公比为的等比数列， ， ， 又，所以， 累乘可得，， 即，又也适合， 所以 【小问2详解】 由（1）知，， ， ， 相减得，， 所以， 因为对于任意正整数，都有恒成立， 所以. 19. 在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线，关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比. （1）已知曲线的方程为，伸缩比，求关于原点“伸缩变换”后所得曲线的方程； （2）射线的方程，如果椭圆经“伸缩变换”后得到椭圆，若射线与椭圆，分别交于两点，，且，求椭圆的方程； （3）对抛物线，作变化，得抛物线；对作变换，得抛物线；如此进行下去，对抛物线作变换，得抛物线，…，若，，若，是数列前项和，求.（注：.） 【答案】（1）； （2）或； （3）. 【解析】 【分析】（1）直接根据“伸缩变换”的定义可得所求方程； （2）先由“伸缩变换”的定义得椭圆的方程，再射线方程联立求交点坐标，根据，可得或，从而可得所求方程； （3）先由“伸缩变换”的定义可得，再经过迭代可得，进而可求，从而可求. 【小问1详解】 因为伸缩比，所以代替得，，即. 故双曲线的方程为. 【小问2详解】 因为椭圆经“伸缩变换”后得到椭圆的方程为， 将代入，得，即； 再将代入，得，即， 所以， 因为，所以，，解得或. 当时，椭圆的方程为；当时，椭圆的方程为； 故椭圆的方程为或 【小问3详解】 由变换的定义，对抛物线作变换，得抛物线， 即，，所以，又因为，， 得， 又因为，所以， 所以 . 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期期末教学质量检测 高二数学 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 已知抛物线方程，则该抛物线的焦点坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 过点且垂直于直线的直线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 在等比数列中，，，则公比（ ） A. B. 3 C. D. 9 4. 如图，正四面体中，，，，为的中点，点在上，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 若，分别是圆与圆上的点，则的最小值为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 6. 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（ ） A. B. C. D. 7. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数p（p＞1）满足二二数之剩一，三三数之剩一，将符合条件的所有正整数p按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前n项和为，则的最小值为（ ） A. 16 B. 22 C. 23 D. 25 8. 已知点是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且，若双曲线的离心率的取值范围是，则椭圆的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 下列说法正确的有（ ） A. 直线的倾斜角为 B. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为 C. 过、两点的所有直线的方程为 D. 设直线的方程为，则直线倾斜角的取值范围是 10. 如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，，平面，，分别是，的中点，是线段上的动点，则（ ） A. B. C. 直线与底面所成角的正弦值为 D. 面积的取值范围是 11. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中.阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点与两定点，的距离之比，是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上.椭圆，且椭圆的离心率为.过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在轴上方），点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分，则（ ） A. B. 的取值范围为 C. 若，则 D. 将点、、看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若，则外接圆的半径为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设等比数列的前项和为，若，，则_______． 13. 已知圆，直线，直线被圆截得最短弦长是_____________. 14. 已知椭圆，的上顶点为，两个焦点为，短轴长是长轴长的倍．过且垂直于的直线与椭圆交于，两点，，则的周长是__________． 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. 已知圆的圆心在直线上，且经过点，. （1）求圆的标准方程； （2）求过原点且与圆相切的直线方程. 16. 已知等差数列中，，. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 17. 如图，在四棱锥中，平面底面，四边形为直角梯形，，，，，. （1）求证：平面； （2）若点是线段的中点，求平面与平面所成角的余弦值. 18. 已知数列的前项和为，，数列满足，. （1）求数列，的通项公式； （2）数列的前项和为，若对于任意正整数，都有恒成立，求实数的取值范围. 19. 在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线，关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比. （1）已知曲线的方程为，伸缩比，求关于原点“伸缩变换”后所得曲线的方程； （2）射线的方程，如果椭圆经“伸缩变换”后得到椭圆，若射线与椭圆，分别交于两点，，且，求椭圆的方程； （3）对抛物线，作变化，得抛物线；对作变换，得抛物线；如此进行下去，对抛物线作变换，得抛物线，…，若，，若，是数列前项和，求.（注：.） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $