精品解析：浙江省宁波市慈溪市2025-2026学年高二上学期期末数学试题

2025学年第一学期高二期末测试卷数学学科试卷 说明：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分. 考试时间120分钟，不得使用计算器，请考生将所有题目的答案均写在答题卷上. 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. 已知点是点在坐标平面内的投影，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 直线的一个方向向量是（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列的前项和为，若，，则（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 4. 抛物线有一条重要性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴.根据光路可逆性，若一条与轴平行的光线经过点后，射到抛物线：上，经过两次反射后从点射出，已知光线从点到点经过的总路程为9，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 5. 已知函数在区间的大致图象如右图所示，则的解析式可以是（ ） A. B. C. D. 6. 在三棱锥中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知点关于直线对称的点在圆上，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列满足，，其中等于的个位数，则（ ） A. 20342 B. 20346 C. 20358 D. 20374 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. 已知函数，则（ ） A. B. 当时，曲线在点处的切线方程为 C. 当时，函数有最大值 D. 当函数在区间上单调递减时， 10. 已知公差不为零的两个等差数列和，记它们的前项和分别为，，则（ ） A. 当时， B. 当，且时，数列的前14项均是正数 C. 当时， D. 当时， 11. 已知曲线的方程为：，倾斜角为的直线经过点，且与恰有两个交点M，N（点在轴上方），记过点和的直线倾斜角为，则（ ） A. B. C. 当平面沿直线折起，使二面角为直二面角时，点到平面的最大距离为1 D. 当平面沿直线折起，使平面时，点到平面的距离为 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. 已知圆与圆相切，则__________ 13. 已知函数的导函数为，且满足，则__________.（其中是自然对数的底数） 14. 已知双曲线的左、右焦点为，，若过的直线与交于，两点，且，，则双曲线的离心率为__________. 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. 已知直线，，圆. （1）若，求的值； （2）若直线被圆截得的弦长为8，求的值. 16. 如图，在四棱锥中，平面，底面满足，，，. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 17. 已知数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，若对任意使得恒成立，求的最小值. 18. 已知椭圆的离心率为，是上的点. （1）求的方程； （2）设为的左、右顶点，过右焦点的直线与交于，两点（不与点重合）. （i）求的最大值； （ii）记的斜率分别为，证明：为定值. 19. 已知函数. （1）若，讨论的单调性； （2）若时，，求的取值范围； （3）若时，方程的两个不同实数根为，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期高二期末测试卷数学学科试卷 说明：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分. 考试时间120分钟，不得使用计算器，请考生将所有题目的答案均写在答题卷上. 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. 已知点是点在坐标平面内的投影，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据点在坐标平面上的投影的性质求解. 【详解】因为点在坐标平面内的投影横、竖坐标不变，纵坐标为0. 所以. 故选：C 2. 直线的一个方向向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据方向向量的定义可得直线的一个方向向量为，通过判断各选项中的向量与是否共线，可得正确选项. 【详解】由，得. 所以直线的斜率为. 所以直线的一个方向向量为. 对于A，，所以与共线，所以A正确； 对于B，，所以与不共线，所以B不正确； 对于C，，所以与不共线，所以C不正确； 对于D，，所以与不共线，所以D不正确. 故选：A. 3. 已知数列的前项和为，若，，则（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据数列前项和与通项的关系（），结合已知条件逐步推导求出. 【详解】当时，， 当时，， 当时，， 当时，. 故选：B. 4. 抛物线有一条重要性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴.根据光路可逆性，若一条与轴平行的光线经过点后，射到抛物线：上，经过两次反射后从点射出，已知光线从点到点经过的总路程为9，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用抛物线的定义求解. 【详解】如图所示： 焦点为，设光线第一次交抛物线于点，第二次交抛物线于点， 过焦点F，准线方程为：， 作垂直于准线于点，作垂直于准线于点， 则 ， 解得， 故选：C 5. 已知函数在区间的大致图象如右图所示，则的解析式可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对A、C，由判断；对B、D由单调性判断. 【详解】对于A：，与图象不符，A错误； 对于B：，是偶函数， ，当时，， 当时，，所以在单调递增，在单调递减， 又由偶函数性质可得在单调递减，在单调递增； 且，符合图象特征，B正确； 对于C：，与图象不符，C错误； 对于D：，因为 ， ， 由零点存在性定理，，， 所以在单调递减，在单调递增， 所以在存在极小值，与图象不符，D错误； 故选：B. 6. 在三棱锥中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设中点为，连接， 先证平面，再以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角即可． 【详解】设中点为，连接， 不妨设， ，， ， ，， ，则， 又， ， 平面， 平面， 故以为原点建立空间直接坐标系， 则， 设平面的一个法向量， ，不妨取，则， ， 设直线与平面所成角为， ． 故选：D． 7. 已知点关于直线对称的点在圆上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知确定点关于直线对称的点在圆上，易得对称点为圆和圆的交点，求出交点坐标，利用垂直关系求进而得出结果. 【详解】显然在圆上，又直线经过该圆的圆心， 所以点关于直线对称的点在圆上， 又点关于直线对称的点在圆上， 所以对称点为圆和圆的交点，联立得交点为， 所以与两点所在直线与垂直，故. 因为，且. 所以. 故选：A 8. 已知数列满足，，其中等于的个位数，则（ ） A. 20342 B. 20346 C. 20358 D. 20374 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意分析可知数列的一个周期为4的周期数列，且，利用累加法结合周期数列性质运算求解. 【详解】因为，即，且，， 当时，则，； 当时，则，； 当时，则，； 当时，则，； 可知数列的一个周期为4的周期数列，且， 又因为，，，， 累加可得， 所以. 故选：B. 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. 已知函数，则（ ） A. B. 当时，曲线在点处的切线方程为 C. 当时，函数有最大值 D. 当函数在区间上单调递减时， 【答案】AB 【解析】 【分析】根据函数的求导法则求导，可判断A；利用导数求得曲线在点处的切线斜率，从而求出其切线方程，判断B；当时，分析函数的单调性，可知其最值情况，判断C；由函数在区间上单调递减，知在区间上恒成立，由此求得的取值范围，判断D. 【详解】函数，定义域为. 对于A，，所以A正确； 对于B，当时，函数，则，所以. 又，所以曲线在点处的切线方程为，即，所以B正确； 对于C，. 当时，令，则，即. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以无最大值，所以C错误； 对于D，若函数在区间上单调递减，则在区间上恒成立， 即，即，即在区间上恒成立. 令，则在区间上单调递增，所以，所以. 所以，所以D错误. 故选：AB. 10. 已知公差不为零的两个等差数列和，记它们的前项和分别为，，则（ ） A. 当时， B. 当，且时，数列的前14项均是正数 C. 当时， D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，由与关系及等差数列性质判断；对B，由得，判断的符号；对C，用基本量表示求解判断；对D，由设的二次表达式，计算并求其比值. 【详解】对于A：因为，所以，解得，A正确； 对于B：由可得，所以，B错误； 对于C：， 又，所以，解得，C正确； 对于D：因为，所以可设， 则， ， 所以，D正确； 故选：ACD. 11. 已知曲线的方程为：，倾斜角为的直线经过点，且与恰有两个交点M，N（点在轴上方），记过点和的直线倾斜角为，则（ ） A. B. C. 当平面沿直线折起，使二面角为直二面角时，点到平面的最大距离为1 D. 当平面沿直线折起，使平面时，点到平面的距离为 【答案】BC 【解析】 【分析】由与下方双曲线相切时特例判断A；由椭圆定义结合正弦定理判断B；由为直二面角时点到平面的最大距离为，结合椭圆性质判断C；建系由空间向量求出点到平面距离判断D. 【详解】对于A选项，由题意，曲线由的上半部分与的下半部分组成， 且直线与上半部分总有1个交点， 设，联立，可得， 而，当时，唯一解在曲线C上， 此时，故A错误； 对于B选项，由题意得为椭圆的焦点， 则由椭圆的定义得，， 由正弦定理可得， 则， 代入，， 整理得，故B正确； 对于C选项，由题意，二面角为直二面角时，作, 由于为平面与平面的交线,平面， 则即为点到平面的距离,， 当在椭圆上顶点时，则最大为1，故C正确； 对于D选项，将平面沿直线折起，使平面， 由于 平面,则， 在折起之前，代入求得，则， 由于共线,则取的方向向量 设折起后，原轴正半轴变为轴正半轴，其余不变， 则， ，，设平面法向量， 则，即， 令，解得，，可得， 则点到平面的距离，故D错误. 故选：BC. 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. 已知圆与圆相切，则__________ 【答案】1或9 【解析】 【分析】求出两圆的圆心和半径，分内切与外切求解. 【详解】圆，圆心，半径为， 圆可化为，圆心，半径为， 若两圆内切，则，即，解得； 若两圆外切，则，即，解得； 故答案为：或. 13. 已知函数的导函数为，且满足，则__________.（其中是自然对数的底数） 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的运算性质求导，令运算求解即可. 【详解】因为，则， 令，则，解得. 故答案为：. 14. 已知双曲线的左、右焦点为，，若过的直线与交于，两点，且，，则双曲线的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先根据题意分析的位置关系，并画出大致图像，然后设，根据图像用表示，的长度，在里用余弦定理表示的关系式，然后取中点，连接，在中同样表示的关系式，最后联立计算. 【详解】双曲线，焦点，满足， 过的直线交双曲线于两点，且，说明是等腰三角形， 若在双曲线的左侧，设，，，， 则， 同理可得，由，可得，所以，与题目矛盾， 所以分别在双曲线左右两侧. 如图： 由题意，可得， 由双曲线的定义知， 对点，有， 对点，有， 设， 所以，， 于是， 在中，由余弦定理可得 ， 代入， ， 展开并整理得 ，（1） 取中点，连接，则， 在中，，， 得， 将代入（1）中：， 整理并两边除以，并化简为的方程得， 继续化简得. 解得. 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、证明过程或演算步骤. 15. 已知直线，，圆. （1）若，求的值； （2）若直线被圆截得的弦长为8，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由两直线垂直的系数关系列式求解； （2）将问题转化为圆心到直线的距离求解. 【小问1详解】 因为，所以，整理得，解得； 【小问2详解】 由题意知，圆的半径，弦长一半为4， 所以由勾股定理知，圆心到直线的距离为3. 即，整理得 解得. 16. 如图，在四棱锥中，平面，底面满足，，，. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）由，，得.因为平面，所以可以以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.利用向量证明，易知，由线面垂直的判定定理证得平面； （2）分别求出平面与平面的一个法向量，根据面面角的向量求法求得平面与平面的夹角的余弦值. 【小问1详解】 因为，，所以. 因为平面，，，平面， 所以，，. 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间坐标系. 由题意知，，，，，，. 所以，. 所以，即. 又因为，，平面，， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）知，. 设平面的一个法向量， 则，即，令，则，所以. 设平面的一个法向量， 则，即，令，则，所以. 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 17. 已知数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，若对任意使得恒成立，求的最小值. 【答案】（1） （2）3 【解析】 【分析】（1）根据数列递推式，采用两式相减的方法，即可求得答案； （2）错位相减对右式求和，结合单调性得出的最小值. 【小问1详解】 因为① 所以当时，， 当时，②， ①-②得，当时，， 所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 令①， ②， ①-②得， 所以. 因为，所以是递增数列，且当时， 所以， 所以的最小值为3. 18. 已知椭圆的离心率为，是上的点. （1）求的方程； （2）设为的左、右顶点，过右焦点的直线与交于，两点（不与点重合）. （i）求的最大值； （ii）记的斜率分别为，证明：为定值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用椭圆的几何性质，列出关于的方程组，求得的值，即可求解； （2）（i）设直线的方程为，联立方程组，得到，，求得，令，得到，结合基本不等式，即可求解；（ii）利用斜率公式，化简得到，利用韦达定理，进行化简，即可求解. 【小问1详解】 解：由椭圆的离心率为，且在曲线上， 可得，解得，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 解：（i）设直线的方程为，且，， 联立方程组，整理得， 所以，， 由椭圆，可得，所以， 所以， 令，则， 因为，所以当，即时，所以的最大值为. （ii）由，且， 可得，， 所以， 由（i）知，所以 . 19. 已知函数. （1）若，讨论的单调性； （2）若时，，求的取值范围； （3）若时，方程的两个不同实数根为，，证明：. 【答案】（1）答案见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对函数求导，分类讨论参数的取值范围，确定导数的正负区间，得到函数在不同情况下的单调区间； （2）先由得到的初步范围，再结合第（1）问的单调性，证明该范围下函数在上恒非负； （3）通过构造辅助函数和，利用函数的单调性和对称性证明方程的两个根满足. 【小问1详解】 函数定义域为 当时，，所以在上单调递增； 当时，令，则或，则， 所以在，上单调递增，在上单调递减； 当时，令，则或，则， 所以在上单调递增，在上单调递减； 【小问2详解】 当时，，所以. 下证当时，在上恒成立. 由（1）知，时，在上递增， 所以， 所以当时，在上恒成立. 【小问3详解】 因为， 令，即， 所以， 所以在上单调递增，上单调递减，且，, 当时，， 所以不妨设，且. 令，则， 因为当时，， 所以，所以在上单调递增. 所以，即，所以， 因为，，在上单调递减， 所以，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $