精品解析：江苏省锡山高级中学2025-2026学年第一学期期末考试高二数学试卷

江苏省锡山高级中学2025-2026学年度第一学期期末考试 高二数学试卷 命题人：朱健 审核人：祝霞 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 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. 双曲线的离心率为2，则（ ） A. B. C. D. 2. 直线，，则“”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 3. 已知等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 13 B. 15 C. 17 D. 19 4. 已知空间内三点，，，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 已知椭圆的左右焦点分别为，，是椭圆上一点，且，，成等差数列，则椭圆离心率的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 等差数列前项和为，若，则使得的最小的为（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 7. 若函数，在处的切线与轴交于，则当最大时的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是定义在的偶函数，当时，，且，则的解集为（ ） 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. 如图，四棱锥中，底面为正方形，，平面，为的中点，则（ ） A B. 异面直线与所成角的余弦值为； C. 与平面所成角的正弦值为 D. 到平面的距离为 10. 已知直线，圆，点为直线上的动点，点为圆上的动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. 若为，则直线斜率的取值范围为 B. 面积的最小值为 C. 存在点，使得 D. 若点与点到某直线的距离分别为1和，当运动时，这样的直线有4条 11. 数列满足：，，，其中，则（ ） A. 为等比数列 B. 的前项和为 C. D 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过点的直线与椭圆交于，两点，若为中点，则直线的方程为____________. 13. 等比数列中，，项数为奇数，所有奇数项和为，所有偶数项和为，则数列的公比____________. 14. 已知函数在上存在零点，则的取值范围为____________. 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. 已知各项均为正数的数列前项和为，且满足：. （1）求的通项公式； （2）令，数列的前项和为，求证：. 16. 圆经过三点，，. （1）求圆的方程； （2）若过点的直线被圆所截得的弦长为，求直线的方程. 17. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）讨论函数的单调性； （3）若存在使得成立，求的取值范围； 18. 双曲线离心率为，且经过点. （1）求双曲线标准方程； （2）设，斜率为直线交曲线于，两点，直线，分别交曲线于，两点. （ⅰ）若，证明：直线过定点； （ⅱ）若，证明：直线过定点. 19. 在四棱锥中，，与交于点，，分别为，中点，，过点向平面作垂线，垂足为，. （1）证明：平面； （2）若 （ⅰ）若为中点，求三棱锥的体积； （ⅱ）设二面角的平面角为，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省锡山高级中学2025-2026学年度第一学期期末考试 高二数学试卷 命题人：朱健 审核人：祝霞 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 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. 双曲线的离心率为2，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由双曲线方程得到，再利用离心率求出，根据求解. 【详解】因为双曲线方程为，所以， 又，所以， 所以，解得， 故选：B. 2. 直线，，则“”是“”的（ ）条件 A 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】C 【解析】 【分析】假设，结合平行的性质计算可得，再利用充分条件与必要条件定义即可得解. 【详解】若，则，即， 解得或， 当时，，，此时两直线重合，不符合； 当时，，，符合要求； 综上，可得，故“”是“”的充要条件. 故选：C. 3. 已知等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 13 B. 15 C. 17 D. 19 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的前项和公式以及等差数列的通项公式计算即可得. 【详解】设等差数列的公差为，则，解得， 故. 故选：C. 4. 已知空间内三点，，，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量数量积的坐标表示求出，利用同角三角函数的关系求出，结合计算即可求解. 【详解】空间内三点，，，， 因为， 由， 所以， 所以点到直线的距离. 故选：D. 5. 已知椭圆的左右焦点分别为，，是椭圆上一点，且，，成等差数列，则椭圆离心率的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列性质、椭圆定义、基本不等式与离心率定义计算即可得. 【详解】由，，成等差数列，则， 由椭圆定义可得，又， 则，即， 又，即，则， 当且仅当时，等号成立， 故椭圆离心率的最大值为. 故选：D. 6. 等差数列的前项和为，若，则使得的最小的为（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】由得，判断的符号即可. 【详解】在等差数列中，∵， 所以使得的最小的为15. 故选：C. 7. 若函数，在处的切线与轴交于，则当最大时的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助导数的几何意义可计算出切线的方程，即可求出，从而可表示出，再构造相应函数，借助导数研究其单调性后计算即可得. 【详解】，，又， 则在处的切线方程为：， 令，则，可得， 即，则， 令，，则， 令，则，由，则， 故，即，故时，，时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故当时，最大. 故选：B. 8. 已知是定义在的偶函数，当时，，且，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，利用导数，结合题目所给条件可得单调性及其奇偶性，再利用，可得，则可得及时的的取值范围，再分与计算即可得解. 【详解】令，则， 由时，，故， 即在上单调递减，又为偶函数，则， 则也是定义在的偶函数， 由，则， 则当时，，且， 当时，，且， 令，则有或， 对，解得；对，解得， 故的解集为. 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. 如图，四棱锥中，底面为正方形，，平面，为的中点，则（ ） A. B. 异面直线与所成角的余弦值为； C. 与平面所成角的正弦值为 D. 到平面的距离为 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立适当空间直角坐标系后，借助向量模长公式可得A；借助向量夹角余弦公式计算可得B；求出平面法向量后，借助向量夹角余弦公式计算可得C；求出平面法向量后，借助空间中点到平面距离公式计算可得D. 【详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则、、、、、； 对A：，则，故A错误； 对B：，， 则， 故异面直线与所成角的余弦值为，故B正确； 对C：，，， 设平面的法向量为， 则有，取，则，故， 则有， 则与平面所成角的正弦值为，故C正确； 对D：，， 设平面的法向量为， 则有，取，则，，故， 又，则到平面的距离，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知直线，圆，点为直线上的动点，点为圆上的动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. 若为，则直线斜率的取值范围为 B. 面积的最小值为 C. 存在点，使得 D. 若点与点到某直线的距离分别为1和，当运动时，这样的直线有4条 【答案】CD 【解析】 【分析】借助点到直线距离公式计算可得A；借助切线性质及切线长定理计算可得B；由切线长定理可得，则可借助、的关系得到最小值，即可得范围，即可得C；利用圆与圆的位置关系与公切线条数的关系计算可得D. 【详解】由可得，故、； 对A：由为，则与圆相切或相交， 故有，解得，故A错误； 对B：，， 则， 故面积的最小值为，故B错误； 对C：由切线长定理可得，又, 故， 又，故，当且仅当， 即时，等号成立，故存在点，使得，故C正确； 对D：由，故直线与圆相切， 则直线为圆与以为圆心，半径为的圆的公切线， 由，故以为圆心，半径为的圆与圆外离， 故两圆恒有条公切线，即这样的直线有4条，故D正确. 故选：CD. 11. 数列满足：，，，其中，则（ ） A. 为等比数列 B. 的前项和为 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：借助等比数列定义计算即可得；对B：借助等比数列性质计算可得的通项公式，再利用等差数列与等比数列求和公式计算即可得；对C：计算可得数列的通项公式，再合理放缩后利用错位相减法计算即可得；对D：构造函数，借助导数计算可得，则可得，再合理放缩后，借助等比数列求和公式计算即可得. 【详解】对A：由，则， 则，又， 故数列是以为首项，为公比的等比数列，故A正确； 对B：由A可得，则， 故前项和为 ，故B错误； 对C：由，则，则 ， 则， 由，则，则， 令，则其前项和， 则， 则 ， 故， 故，故C正确； 对D：由，则， 令，则， 故在上单调递减，故，即， 由，则， 故， 由，则， 则， 故，故有，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过点的直线与椭圆交于，两点，若为中点，则直线的方程为____________. 【答案】 【解析】 【分析】借助点差法可得，再利用为线段AB的中点计算可得，即可得直线的方程. 【详解】设、，则有、， 故，化简得，故， 由为线段AB的中点，则，则，， 则， 又，故，解得， 即直线的方程为，化简得. 故答案为：. 13. 等比数列中，，项数为奇数，所有奇数项和为，所有偶数项和为，则数列的公比____________. 【答案】## 【解析】 【分析】设等比数列共有项，则可表示出、，再利用等比数列性质计算即可得. 【详解】设等比数列共有项， 则，， 则，解得. 故答案为：. 14. 已知函数在上存在零点，则的取值范围为____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数以及零点存在定理，含参讨论单调性即可. 【详解】， 令 ， ， 令， ， 所以  在  上单调递增， 端点值：，， 当  时：由 在  上单调递增，得， 又 ，故  在  上恒成立， 从而 ， 在上单调递增， 又 ，所以  对恒成立， 在上无零点； 当  时：由 在  上单调递增， 得， 又 ，故  恒成立， 从而 对恒成立，  在上单调递减， 又，所以对恒成立， 在上无零点； 当时：由，， 则存在唯一的使，即， 在上，递减，； 在上，递增，； 故在 上单调递减，又因， 可知在上恒为负，故， 要使在上存在零点， 只需：， 解得：， 综上：. 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. 已知各项均为正数的数列前项和为，且满足：. （1）求的通项公式； （2）令，数列的前项和为，求证：. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据与之间的关系分析可知数列是以为首项，为公差的等差数列，结合等差数列通项公式运算求解； （2）先表示出，再运用裂项相消法求和，即可得证. 【小问1详解】 令，可得，整理得，解得. 由，可得， 将两式作差，得， 即， 即， 即，由数列各项均为正数， 易知，则， 即数列是以1为首项，2为公差的等差数列， 故. 【小问2详解】 ， 则， 易知，故， 因此，得证. 16. 圆经过三点，，. （1）求圆的方程； （2）若过点的直线被圆所截得的弦长为，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）借助待定系数法计算即可得； （2）分直线斜率不存在与直线斜率存在，结合点到直线的距离公式以及垂径定理计算即可得. 【小问1详解】 设圆的方程为， 则有，解得， 故圆的方程为； 【小问2详解】 可化为， 故圆以为圆心，为半径， 若直线斜率不存在，则，此时到的距离， 则弦长，符合要求； 若直线斜率存在，设，即， 此时到的距离， 由所截得的弦长为，则，可得， 故，即，解得， 故，即； 综上可得：直线的方程为或. 17. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）讨论函数的单调性； （3）若存在使得成立，求的取值范围； 【答案】（1）取得极小值为，无极大值. （2）详解见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数分析单调性确定极值点，进而求出函数极值； （2）求出导函数，按范围分类讨论的正负，可得单调性； （3）讨论的范围求出函数的单调区间，根据题意列出的不等式，从而确定的范围. 【小问1详解】 当时，， ， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 因为， 所以， 当时，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，令得或， ①当时，，，所以在单调递增， ②当时，， 当时，，当时，， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， ③当时，， 当时，，当时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减. 【小问3详解】 当时，， 若，则，即，不符合题意； 当时，单调递减， ，则，解得， 又，所以； 当时，所以在单调递增，，不符合题意； 当时，， ①当时，单调递增，在单调递减， 由题意得， 即，恒不成立，故无解， ②当时，在单调递减， ，则，解得：，不满足题意； 当时，在单调递增，，不符合题意； 所以的取值范围是. 18. 双曲线离心率为，且经过点. （1）求双曲线的标准方程； （2）设，斜率为的直线交曲线于，两点，直线，分别交曲线于，两点. （ⅰ）若，证明：直线过定点； （ⅱ）若，证明：直线过定点. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据离心率，将点代入求解即可. （2）（ⅰ）设直线方程与双曲线联立，通过斜率相加等于0求解即可. （ⅱ）设点并表达出直线方程，可以求出直线过的定点. 【小问1详解】 由题意可知：， 又因为，代入得：， 将点代入双曲线方程：，将代入： ，则， 所以双曲线的方程为：. 【小问2详解】 （ⅰ）设直线：，与双曲线联立： 代入得：， 即， 方程的判别式 设，， 则，. ，则：，，由条件可得： 代入前面表达式： ， 代入：，两边同除以， 得：， 因此，直线：，即恒过定点. （ⅱ）设定直线：，与双曲线联立， 代入： ， 两边同乘以：， 方程的判别式， 设根为，则：，， 则，. 对应点：，， ，求直线与双曲线另一个交点，与双曲线另一个交点， 设直线：，其中， 代入双曲线： ，，， 所以可得. 直线：，其中，同理可得. ，， 直线表示为：，将各项代入可得恒过 故直线恒过点. 19. 在四棱锥中，，与交于点，，分别为，中点，，过点向平面作垂线，垂足为，. （1）证明：平面； （2）若 （ⅰ）若为中点，求三棱锥的体积； （ⅱ）设二面角的平面角为，求的最小值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直判定定理及性质定理可得平面，再证明，即可得平面； （2）（ⅰ）建立适当空间直角坐标系后，设出点、坐标，则可利用，结合空间向量夹角的余弦公式计算可得、坐标满足的关系，再利用为中点，即可得、具体坐标，从而可得，即可求得体积；（ⅱ）由（ⅰ）可得、，，再利用空间向量夹角的余弦公式计算即可得解. 【小问1详解】 由、为的中点，故， 由平面，平面，故， 又，、平面，， 故平面，又平面，故， 又、平面，，故平面， 又为中点，故为中位线，故，故平面； 【小问2详解】 （ⅰ）以为原点，为轴正半轴，为轴正半轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 由，，则，故， 则、、、、， 设、，则，， 由点在上，故， 又、，，， 则，整理得； ，整理得； 由为中点，则，即、， 则由可得，故， 即，则（负值舍去），则、，有， 又，故，则，故， 故； （ⅱ）由（ⅰ）得、， 且、，， 则、，， 设平面与平面的法向量分别为， 则，， 取，，则，， 即，， 则， 由、，， 则，即， 即， 由、，故，则， ，， 则 ， 当且仅当、时，等号成立， 故的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $