精品解析：安徽滁州市定远县育才学校2025-2026学年高二上学期2月期末数学试题

定远育才学校2025-2026学年高二（上）期末 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知数列的前4项为：l，，，，则数列的通项公式可能为 A. B. C. D. 2. 已知四棱柱中，四边形为平行四边形，点是线段的中点，点是线段上靠近点的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线倾斜角为，方向向量．则（ ） A. B. C. D. 4. 在中，点，点，点满足，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 5. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ） A. 3699块 B. 3474块 C. 3402块 D. 3339块 6. 已知椭圆的左右焦点分别为，过作倾斜角为的直线与椭圆交于两点，且，则椭圆的离心率=（　　） A. B. C. D. 7. 设单调递增的等比数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线交双曲线的右支于点，交轴于点，为的中点，的外接圆的半径为，则双曲线的虚轴长为  （ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知直线，直线，则下列说法正确的为（ ） A. 直线过定点 B 若，则 C. 若两条平行直线与间的距离为，则 D. 点到直线距离的最大值为 10. 如图，棱长均为2的正三棱柱中，、分别为、的中点，则（ ） A. 平面 B. C. 直线与所成角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 11. 已知为坐标原点，，是抛物线：上的一点，为其焦点，若与双曲线的右焦点重合，则下列说法正确的有（） A. 若，则点的横坐标为 B. 该抛物线的准线被双曲线所截得的线段长度为 C. 若外接圆与抛物线的准线相切，则该圆面积为 D. 周长的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列满足：，，则数列的前项和__________． 13. 已知抛物线：的焦点为，过的直线交于、两点点在点的上方，若，则直线的方程为________． 14. 如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱、的中点，为棱上的一点，且，设点为的中点，则点N到平面的距离为________. 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. 已知数列满足，. （1）求、、； （2）猜想的通项公式并加以证明； （3）求数列的前项和. 16. 已知点，，圆是以的中点为圆心，为半径的圆. （1）若圆的切线在轴和轴上截距相等，求切线方程； （2）若是圆外一点，从向圆引切线，为切点，为坐标原点，，求使最小的点的坐标. 17. 如图，四棱锥的底面为菱形且，底面ABCD，，，E为PC的中点. （1）求二面角平面角正切值； （2）在线段PC上是否存在一点M，使平面MBD成立如果存在，求出MC的长；如果不存在，请说明理由. 18. 已知数列前n项和分别为，， ． （1）求的通项公式； （2）若，求n的最小值． 19. 已知椭圆离心率是，且经过点． （1）求椭圆的方程； （2）若过点的直线l与椭圆C相交于两个不同的点，直线分别与轴相交于点，证明：线段的中点为定点．   第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 定远育才学校2025-2026学年高二（上）期末 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知数列的前4项为：l，，，，则数列的通项公式可能为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分母与项数一样，分子都是1，正负号相间出现，依此可得通项公式 【详解】正负相间用表示，∴． 故选D． 【点睛】本题考查数列的通项公式，属于基础题，关键是寻找规律，寻找与项数有关的规律． 2. 已知四棱柱中，四边形为平行四边形，点是线段的中点，点是线段上靠近点的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，作出几何图形，再利用空间向量的线性运算求解即可. 【详解】四棱柱中，四边形为平行四边形，则， 由点是线段的中点， 则 ，则， 所以. 故选：B 3. 已知直线倾斜角为，方向向量．则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线的倾斜角可得直线斜率，再根据方向向量可得直线斜率，即可求解. 【详解】直线的倾斜角为，所以， 方向向量，则，. 故选：A. 4. 在中，点，点，点满足，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，根据，得到点的轨迹为以为圆心，为半径的圆（除去与轴的两个交点），然后数形结合得到点到直线的距离最大值为，求出面积的最大值即可. 【详解】由题意，设，则， 由得， 化简得， 故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆（除去与轴的两个交点）, 故点到直线的最大距离为， 所以的面积最大值为. 故选：B. 5. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ） A. 3699块 B. 3474块 C. 3402块 D. 3339块 【答案】C 【解析】 【分析】第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列， 设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到. 【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环， 则是以9为首项，9为公差的等差数列，， 设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分 别为，因为下层比中层多729块， 所以， 即 即，解得， 所以. 故选：C. 6. 已知椭圆的左右焦点分别为，过作倾斜角为的直线与椭圆交于两点，且，则椭圆的离心率=（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用直线过椭圆的焦点坐标，可得直线方程，联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理和的条件，建立的关系式，进而求椭圆的离心率即可． 【详解】椭圆的左右焦点分别为，过且斜率为的直线为 联立直线与椭圆方程 消后，化简可得 因为直线交椭圆于A，B，设 由韦达定理可得 且，可得，代入韦达定理表达式可得 即 化简可得 所以 故选：D． 【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，属于难题． 7. 设单调递增的等比数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意求出、，即可得到，从而得到，再根据等比数列求和公式计算可得； 【详解】解：由，即，所以，可得，解，得或（舍去），，所以，从而，从而. 故选：C 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线交双曲线的右支于点，交轴于点，为的中点，的外接圆的半径为，则双曲线的虚轴长为  （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据通径长公式求，再根据直线的斜率和三角形外接圆半径列式，结合双曲线中的关系可求的值，最后双曲线的虚轴长为，可得结论. 【详解】如图： 因为为的中点，为的中点，所以， 根据通径的长度公式，可得. 又因为直线的斜率为，所以，. 由. 又的外接圆半径为4，所以. 由. 所以双曲线的虚轴长为：. 故选：C 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知直线，直线，则下列说法正确的为（ ） A. 直线过定点 B. 若，则 C. 若两条平行直线与间的距离为，则 D. 点到直线距离的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据直线过定点问题可判断A；结合题设直线的方程易得，进而结合直线垂直与斜率的关系即可判断B；先根据直线平行与斜率的关系可得时，，再结合平行直线之间的距离公式求解判断C；分析可得时，点到直线距离最大，进而求出即可判断D 【详解】由， 令，所以直线过定点，故A对； 若，所以，故B对； 若，则，即， 此时，即，， 因为直线与间的距离为， 所以或15，故C错； 由C知，直线过定点，要使点到直线距离最大，则， 则点到直线距离的最大值为，故D对； 故选：ABD 10. 如图，棱长均为2的正三棱柱中，、分别为、的中点，则（ ） A. 平面 B. C. 直线与所成角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A由及平面即可判断；B首先确定，得到，再由线平面垂直的判定、性质定理判断；C令为中点，连接，直线与所成角即为所求，应用余弦定理求其余弦值；D应用等体积法求点平面距. 【详解】A：由题意，而平面，即平面不成立，错； B：由、分别为、的中点，则，且， 所以，则，易得， 由底平面为等边三角形，则， 而，都在平面内，则平面， 由平面，则，都在平面内， 所以平面，平面，，对； C：为中点，连接，则， 故直线与所成角，即为直线与所成角， 由题设易知：，，则，对； D：由，若到平面的距离为，且， 则，即，对. 故选：BCD 11. 已知为坐标原点，，是抛物线：上的一点，为其焦点，若与双曲线的右焦点重合，则下列说法正确的有（） A. 若，则点的横坐标为 B. 该抛物线的准线被双曲线所截得的线段长度为 C. 若外接圆与抛物线的准线相切，则该圆面积为 D. 周长的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由双曲线方程求得双曲线的焦点坐标，求得，利用抛物线的定义和焦半径公式，可判定A正确；联立方程组，求得交点的坐标，可判定B错误；求出外接圆的半径，求得圆的面积，可判定C正确；利用抛物线的定义转化，结合三角形两边之和大于第三边，可判定D正确． 【详解】双曲线的右焦点坐标为，， 抛物线标准方程为，抛物线的准线方程为． 对于A，设点，由抛物线的性质知，所以点的横坐标为，A正确； 对于B，联立，解得两交点的坐标分别为，， 所以抛物线的准线被双曲线截得的线段长度为，B错误； 对于C，根据抛物线的概念知圆心到准线的距离等于到点的距离，所以圆心在抛物线上， 由三角形的外接圆性质知圆心到，的距离相等，所以圆心又在线段的垂直平分线上， 故圆心的横坐标为，进而求得圆心的纵坐标为， 所以圆的半径为圆心到的距离为，该圆的面积为，C正确； 对于D，过点作准线的垂线交抛物线于，连接， 则的周长的最小值为点到准线的距离与之和， ，所以周长的最小值为，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. 已知数列满足：，，则数列的前项和__________． 【答案】 【解析】 【分析】 根据题中条件，得到，判定数列是以为公比的等比数列，求出，由分组求和的方法，即可求出结果. 【详解】由得，所以， 因此数列是以为公比的等比数列， 又，所以，因此，所以， 因此. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛： 求解本题的关键在于，根据，由构造法，得到，再根据等比数列的求和公式，以及分组求和的方法求解即可. 13. 已知抛物线：的焦点为，过的直线交于、两点点在点的上方，若，则直线的方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】结合已知条件，设出直线的方程，然后联立抛物线方程，利用韦达定理和抛物线定义求解直线斜率，进而求出直线方程. 【详解】由题意，的焦点的坐标，准线：， 因为且点A在点B的上方，故直线的斜率一定存在且大于0， 不妨设直线的方程：，，，，， 由可得，， ， ，， 由抛物线定义可知，，， 又由，即， 结合可得，，， 从而，解得， 故直线方程为：，即. 故答案为：. 14. 如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱、的中点，为棱上的一点，且，设点为的中点，则点N到平面的距离为________. 【答案】 【解析】 【分析】以为原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法，即可求解点N到平面的距离，得到答案. 【详解】由题意，以为原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 所以点N到平面的距离. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了点到平面的距离的求法，以及空间中点、线、面的位置关系等知识的应用，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力. 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. 已知数列满足，. （1）求、、； （2）猜想的通项公式并加以证明； （3）求数列的前项和. 【答案】（1），，；（2），证明见解析；（3） 【解析】 【分析】（1）本题可通过依次求出、、的值； （2）本题可通过得出，然后通过等比数列的定义即可得出结果； （3）本题可分为、两种情况，然后通过分组求和法即可得出结果. 【详解】（1）因为， 所以，，. （2）猜想，证明： 因为，所以，即， 因为，所以是以为首项、为公比的等比数列， 故，. （3）当时，，； 当时，， 则 ， 因为当时满足， 所以当时，. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列通项公式的求法以及数列求和，考查等比数列定义的灵活应用，常见的求和方法有等差等比公式法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法、倒序相加法，考查计算能力，是中档题. 16. 已知点，，圆是以的中点为圆心，为半径的圆. （1）若圆的切线在轴和轴上截距相等，求切线方程； （2）若是圆外一点，从向圆引切线，为切点，为坐标原点，，求使最小的点的坐标. 【答案】（1），，；（2）. 【解析】 【详解】试题分析：（1）设圆心坐标为，半径为，依题意得，，，所以圆的方程为.下面分两种情况讨论，第一种情况，若截距均为，即圆的切线过原点，则可设该切线为，利用圆心到直线的距离等于半径，可求得；第二种情况，若截距不为，可设切线为，同理利用圆心到直线的距离等于半径求得或.综上求得切线方程为，，；（2）题意，所以，即，整理得.而时，取得最小值.此时点的坐标为. 试题解析： （1）设圆心坐标为，半径为，依题意得 ，， ∴圆的方程为 （ⅰ）若截距均为0，即圆的切线过原点，则可设该切线为，即， 则有，解得 此时切线方程为或. （ⅱ）若截距不为0，可设切线为即， 依题意，解得或3 此时切线方程为或. 综上：所求切线方程为，，. （2）∵，∴ 即，整理得 而 时，取得最小值. 此时点的坐标为. 考点：直线与圆的位置关系． 【方法点晴】本题主要考查直线与圆位置关系，圆的方程，二次函数求最值等知识.题目一开始给了圆的直径上的两个端点的坐标，利用这两个条件，先求圆心和半径，这样就求出了圆的方程.由于圆的切线在轴和轴上截距相等，截距相等有两种情况，一种是截距都为零，另一种是截距不为零，分成两种情况，利用圆心到直线的距离等于半径来求得切线方程.第二问则是利用条件，先求出的表达式，这个表达式是根号下含有二次函数的形式，故可以用配方法或代入对称轴求得最小值. 17. 如图，四棱锥的底面为菱形且，底面ABCD，，，E为PC的中点. （1）求二面角平面角的正切值； （2）在线段PC上是否存在一点M，使平面MBD成立如果存在，求出MC的长；如果不存在，请说明理由. 【答案】（1）2 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）以O为原点，OA、OB、OE分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，先判断二面角是锐角还是钝角，再利用平面法向量夹角与二面角的关系即可； （2）设PC上存在点M使得平面，则有，设，利用空间向量法求出，即可求出，从而得解. 【小问1详解】 连接对角线AC、BD相交于点O，连接DE、OE，则为的中点，又E为PC的中点， 所以， 平面，平面，， 底面是菱形，即， 以O为原点，OA、OB、OE分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， ，，，，， ，，，，，，， 则，，， 设二面角的平面角为，由图可知是锐角， 等于法向量夹角余弦的绝对值，平面ADC的法向量为， 设平面EAD的法向量为， ，，取，得到， ， 即，，，故二面角的平面角正切值是2. 【小问2详解】 设PC上存在点M使得平面，又平面，则有， ，设， ， ， ， ，， 此时，而平面，平面，， 又，平面，所以平面， 故当时，能使得平面. 18. 已知数列的前n项和分别为，， ． （1）求的通项公式； （2）若，求n的最小值． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）根据等差中项的性质，可证为等差数列，根据等差数列的求和公式，可得首项和公差d的值，代入公式，即可得答案. （2）根据等差数列的求和公式，可得表达式，根据等比数列求和公式，结合分组求和法，可得表达式，根据条件，分析求解，即可得答案. 【小问1详解】 因为，所以数列为等差数列， 则，解得， 又，所以，即， 设数列的公差为d，则，解得， 所以. 【小问2详解】 由（1）得，所以，则， 又， 所以 ， 因为， 所以， 整理得， 因为， 所以n的最小值为6. 19. 已知椭圆的离心率是，且经过点． （1）求椭圆的方程； （2）若过点直线l与椭圆C相交于两个不同的点，直线分别与轴相交于点，证明：线段的中点为定点． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程. （2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，根据直线求得两点的横坐标，进而计算出线段的中点为定点． 【小问1详解】 依题意，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 依题意，过点的直线与椭圆C相交于两个不同的点， 画出图象如下图所示，由图可知直线的斜率存在，且， 设直线的方程为， 由消去并化简得， ， 设，则， 而，所以直线的方程为，令，解得， 同理可求得， 则 ， 所以线段的中点为定点.   第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $