精品解析：福建莆田第一中学2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题

莆田一中2025-2026学年度上学期期末考试试卷 高二 数学选必一、选必二（导数、圆锥曲线、空间向量与立体几何、数列） 命题人：陈淑琼 林毓琴 审核人：吴天然 曾献峰 吴晓明 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意. 1. 若构成空间的一个基底，则下列向量可以构成空间的另一个基底的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知为等比数列，若，则的公比（ ） A. B. 2 C. D. 3. 已知椭圆和双曲线焦点相同，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 4. 已知数列满足，则（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 5. 函数在处取最大值，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 6. 已知双曲线的右焦点为，过的直线与C的两条渐近线的交点分别为A，B．若为直角三角形，则（ ） A. B. C. D. 3 7. 在正方体中，分别过作直线的垂线，垂足分别为M，N，则（ ） A. B. C. D. 8. 中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．下图是某古建筑物的剖面图，是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．若是公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则（ ） A. 0.75 B. 0.8 C. 0.85 D. 0.9 二、多选题：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，有选错的得0分. 9. 已知数列为等差数列，为其前n项和，，，则（ ） A. B. 为单调递增数列 C. 使的n的最小值为18 D. 当且仅当时，最小 10. 在平行六面体中，，E，F分别为的中点，则（ ） A. A，E，F，四点共面 B. 与所成的角为 C. 四边形为矩形 D. 四边形的面积为 11. 已知在抛物线上，F为E的焦点，为E上异于原点O的动点，E在点A处的切线l分别与x轴，y轴交于B，C两点，过B作AF的垂线，垂足为H，过O作的垂线与AF延长线交于点P，则（ ） A. B. ，使得为锐角三角形 C. D. 的最大值为3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正四面体的棱长为2，F，G分别为的中点，则_____________． 13. 已知椭圆的左右焦点分别为，P是椭圆上一点，且成等比数列，则椭圆离心率的最大值为_____________． 14. 下表中数阵为“森德拉姆数筛”，其特点是每一行和每一列都分别是等差数列.记第行第列的数为（其中，），则______，数字2026在表中总计出现______次. 2 3 4 5 6 … 3 5 7 9 11 … 4 7 10 13 16 … 5 9 13 17 21 … 6 11 16 21 26 … … … … … … … 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. 如图，棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点． （1）求点到直线的距离； （2）证明：直线平面，并求直线到平面的距离． 16. 设函数，直线l是曲线在点处的切线． （1）讨论的单调性； （2）若，是否存在，使得直线l经过原点？若存在，求出t的值，若不存在，说明理由． 17. 已知数列是首项为4，公差为2的等差数列，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，，若是等差数列，求的值. 18. 如图，已知四棱锥的底面ABCD是平行四边形，侧面MAD是等边三角形，，N为侧棱MC上一点． （1）证明：平面平面ABCD； （2）求MC与平面BMD所成角的正弦值； （3）过A，N两点的平面分别交线段MD，MB于E，F两点，且平面AENF，是否存在点N，使得平面AENF与平面ABCD夹角为？若存在，求的值：若不存在，说明理由． 19. 在中，的平分线交AB于点D，．平面过直线AB，且与所在的平面垂直． （1）求直线CD与平面所成角的大小； （2）设点，且，记E的轨迹为曲线，以AB中点O为原点，建立适当的坐标系． （ⅰ）判断是什么曲线，并求出的轨迹方程； （ⅱ）不与直线AB重合的直线l过点D且交于P，Q两点，试问：在平面：内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 莆田一中2025-2026学年度上学期期末考试试卷 高二 数学选必一、选必二（导数、圆锥曲线、空间向量与立体几何、数列） 命题人：陈淑琼 林毓琴 审核人：吴天然 曾献峰 吴晓明 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意. 1. 若构成空间的一个基底，则下列向量可以构成空间的另一个基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，因为，所以共面， 不能作为空间一个基底，故A错误； 对于B，因为，所以共面， 不能作为空间一个基底，故B错误； 对于C，假设共面， 则存在实数使得， 又因为构成空间的一个基底，则，方程组无解， 所以不共面，可以作为空间一个基底，故C正确； 对于D，因为，所以共面， 不能作为空间一个基底，故D错误. 2. 已知为等比数列，若，则的公比（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等比数列通项公式列方程即可解得公比. 【详解】根据等比数列定义由可得， 显然，所以， 解得. 故选：D 3. 已知椭圆和双曲线焦点相同，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为椭圆和双曲线焦点相同， 所以，解得. 4. 已知数列满足，则（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】C 【解析】 【详解】因为， 所以，，， 所以，，， 累乘得. 5. 函数在处取最大值，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【详解】由，得， 因为函数在处取最大值，所以， 解得，所以. 6. 已知双曲线的右焦点为，过的直线与C的两条渐近线的交点分别为A，B．若为直角三角形，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得，则，则， 且有双曲线的渐近线为或， 设过的直线的斜率为，方程为， 联立，解得交点坐标为， 联立，解得交点坐标为， 因为为直角三角形，且渐近线的夹角为， 所以直角顶点只能在或， 若，即，，则， 将其代入到交点坐标中，则有，， 则， 因为双曲线的渐近线关于轴对称，所以当直角的顶点在时结果一致. 7. 在正方体中，分别过作直线的垂线，垂足分别为M，N，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，，结合题意求得，进而利用可求解. 【详解】在正方体中， 以为坐标原点，以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为2，则， 则，，， 设，所以， 所以，解得，所以. 设，所以， 所以，解得，所以. 所以. 8. 中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．下图是某古建筑物的剖面图，是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．若是公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则（ ） A. 0.75 B. 0.8 C. 0.85 D. 0.9 【答案】D 【解析】 【详解】选D．设，则，依题意，有，且，所以，解得．故选D． 二、多选题：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，有选错的得0分. 9. 已知数列为等差数列，为其前n项和，，，则（ ） A. B. 为单调递增数列 C. 使的n的最小值为18 D. 当且仅当时，最小 【答案】BC 【解析】 【分析】根据数列为等差数列，由，求得首项和公差，然后再逐项判断. 【详解】对于A：在等差数列中，，， 所以，解得 ， 则 ，故A错误； 对于B：，则 ， 所以为单调递增数列，故B正确； 对于C：，由 ，即 ， 解得，所以 的n的最小值为18，故C正确； 对于D：的对称轴为，开口方向向上， 因为为正整数，所以当或9时，取得最小值，故D错误. 故选：BC 10. 在平行六面体中，，E，F分别为的中点，则（ ） A. A，E，F，四点共面 B. 与所成的角为 C. 四边形为矩形 D. 四边形的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，证明四边形是平行四边形即有A，E，F，四点共面，对于B，将异面直线所成的角通过平行转化为已知角即可求解，对于C和D，使用向量的数量积公式结合向量的线性运算即可求证. 【详解】对于A，取的中点，连接，如图： 在平行六面体中，易得且， 则四边形是平行四边形，则有，且 易得且，则有且， 即四边形是平行四边形，所以A，E，F，四点共面，故A正确； 对于B，易得，则与所成的角就是与所成的角即， 由题意得，且， 则有，所以，故B错误； 对于C，设，则，， 由题意得， 则， 故，易得四边形为平行四边形， 所以有四边形为矩形，故C正确； 对于D，， 其中，，且， 则， 则，则， 易得，所以四边形的面积为， 故D正确. 11. 已知在抛物线上，F为E的焦点，为E上异于原点O的动点，E在点A处的切线l分别与x轴，y轴交于B，C两点，过B作AF的垂线，垂足为H，过O作的垂线与AF延长线交于点P，则（ ） A. B. ，使得为锐角三角形 C. D. 的最大值为3 【答案】ACD 【解析】 【详解】因为在抛物线上，所以，解得， 所以抛物线的方程为，准线方程为，焦点. 对于A，由，得，所以，所以， 所以抛物线在点A处的切线l的方程为，即， 即，所以， 由抛物线的定义可得，，所以，故A正确； 由切线，令，得，所以， 所以， ，， 所以，所以为直角三角形， 所以不存在，使得为锐角三角形，故B错误； 过作的垂线，垂足为， 因为，所以直线的方程为， 又，所以直线的方程为， 解得点，所以，所以，故C正确； 过作的垂线，斜率为，所以直线的方程为， 与直线的方程联立解得， 所以， 设， 当时，；当时，， 所以，所以，当且仅当，即时取等号，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正四面体的棱长为2，F，G分别为的中点，则_____________． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以 . 13. 已知椭圆的左右焦点分别为，P是椭圆上一点，且成等比数列，则椭圆离心率的最大值为_____________． 【答案】##0.5 【解析】 【详解】因为成等比数列，所以， 又，所以，所以，所以， 当且仅当时，等号成立， 所以椭圆离心率的最大值为. 14. 下表中数阵为“森德拉姆数筛”，其特点是每一行和每一列都分别是等差数列.记第行第列的数为（其中，），则______，数字2026在表中总计出现______次. 2 3 4 5 6 … 3 5 7 9 11 … 4 7 10 13 16 … 5 9 13 17 21 … 6 11 16 21 26 … … … … … … … 【答案】 ①. 37 ②. 15 【解析】 【分析】根据“森德拉姆数筛”的特点求出的通项公式，进而求出及出现的次数. 【详解】依题意，数阵的第行等差数列公差为，第列等差数列的公差为， 则， 因此； 令，则，而， 设与表示的数对为，则可能有， ，共有个， 所以数字共出现次. 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. 如图，棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点． （1）求点到直线的距离； （2）证明：直线平面，并求直线到平面的距离． 【答案】（1） （2）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系如下，使用空间中点到直线距离公式即可求得点到直线的距离； （2）由且A，E，F，四点不共线，所以，由线面平行的判定即可求证直线平面，再使用空间中点到平面距离公式即可求得到平面的距离. 【小问1详解】 以D为原点，DA，DC，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为，，， 所以， 所以点到直线的距离为． 【小问2详解】 ，又A，E，F，四点不共线，所以， 又平面，平面，所以平面， 可知直线到平面的距离等于到平面的距离， 因为， 设是平面的法向量，则， 所以，所以，取，则， 于是是平面的法向量． 又因为所以，点到平面的距离为， 即直线到平面的距离为． 16. 设函数，直线l是曲线在点处的切线． （1）讨论的单调性； （2）若，是否存在，使得直线l经过原点？若存在，求出t的值，若不存在，说明理由． 【答案】（1）当时，在上单调递减，在上单调递增；时，在上单调递增 （2）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，再按和分类求出的单调区间. （2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可. 【小问1详解】 由题可得， 当时，令，得，即在上单调递增， 令，得，即在上单调递减， 当时，，当恒成立， 即在上单调递增； 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增． 当时，在上单调递增． 【小问2详解】 由，得切线l的斜率为， 则切线l方程为， 假设直线l过点，将代入切线方程得，则， 即，整理得， 令，则在上存在零点， ， 所以在上单调递增，则， 所以函数在上无零点，与假设矛盾， 所以不存在，使得直线l经过原点． 17. 已知数列是首项为4，公差为2的等差数列，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，，若是等差数列，求的值. 【答案】（1） （2）1或. 【解析】 【分析】（1）根据数列是等差数列求出，再利用累加法可求数列的通项公式； （2）方法一：结合（1）以及是等差数列，可得，化简后根据恒等关系列方程组可求的值；方法二：由可得，求出的值后再验证即可. 【小问1详解】 因为是首项为4，公差为2的等差数列， 所以. 由， 相加，得， 又，所以当时，， 又符合上式， 所以. 【小问2详解】 （方法一）由（1）知，. 因为是等差数列，所以可设， 则，即对任意恒成立， 所以， 解得或，即的值为1或. （方法二）由（1）知，. 因为是等差数列，所以， 即，化简得，解得或. 当时，，此时，符合题意； 当时，，此时，符合题意. 所以的值为1或. 18. 如图，已知四棱锥的底面ABCD是平行四边形，侧面MAD是等边三角形，，N为侧棱MC上一点． （1）证明：平面平面ABCD； （2）求MC与平面BMD所成角的正弦值； （3）过A，N两点的平面分别交线段MD，MB于E，F两点，且平面AENF，是否存在点N，使得平面AENF与平面ABCD夹角为？若存在，求的值：若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）通过计算边长利用勾股定理逆定理证明，进而由面面垂直的判定即可求证； （2）建立空间直角坐标系，通过向量法求平面的法向量，进而计算MC与平面BMD所成角的正弦值； （3）引入参数​，利用向量法表示相关点坐标，结合 平面得到法向量满足的条件，再由平面夹角为列出方程解得. 【小问1详解】 连接BD，因，所以， 侧面MAD是等边三角形，所以，又，故， 由题意得平面MAD，平面MAD，可得平面MAD， 又因平面ABCD，所以平面平面ABCD. 【小问2详解】 取AD的中点O，的中点，连接PO，OM，因为侧面MAD是等边三角形，所以， 由（1）知平面平面ABCD，平面平面，则平面ABCD， 在平面ABCD内，由，易得， 以AD中点O为坐标原点，分别以OA，OP，OM所在直线为x轴，y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设平面BMD的一个法向量为， 则，令，则， 所以为平面BMD的一个法向量， 又，设MC与平面BMD所成角为， 则， 所以MC与平面BMD所成角的正弦值为. 【小问3详解】 因为平面AENF，平面平面，平面MBD， 所以，假设存在点N，使得平面AENF与平面ABCD夹角为， 设，则， 设平面AENF的一个法向量为，由， 则， 令，则，所以为平面AENF的一个法向量， 因为z轴⊥平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量， 设平面AENF与平面ABCD夹角为 可得， 化简得：，又因解得， 所以存在点N，使得平面AENF与平面ABCD夹角为，此时． 19. 在中，的平分线交AB于点D，．平面过直线AB，且与所在的平面垂直． （1）求直线CD与平面所成角的大小； （2）设点，且，记E的轨迹为曲线，以AB中点O为原点，建立适当的坐标系． （ⅰ）判断是什么曲线，并求出的轨迹方程； （ⅱ）不与直线AB重合的直线l过点D且交于P，Q两点，试问：在平面：内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）（ⅰ）是椭圆，（ⅱ）存在，点T满足，或时 【解析】 【分析】（1）由角平分线性质，将线面角转化为平面内的线线角，再利用几何关系求解即可； （2）（i）利用向量夹角公式将几何条件代数化，利用中点条件建立坐标系以便于计算；（ii）方法一：利用对称性假设定点在上，简化未知数，将角度相等转化为向量关系，并用代数恒等式求解，并分情况讨论，避免分母为0即可；方法二：通过作垂线将空间角度关系转化为平面内的角平分线问题，利用线面垂直性质得到全等三角形，进而推出斜率关系，再使用韦达定理消去其中一个参数即可. 【小问1详解】 因为平面，平面平面，，所以． 所以直线CD在内的投影为直线AB，所以直线CD与所成角为． 过D作，垂足为F因为CD平分，所以． 又，所以，所以． 又，所以．因为，所以， 所以直线CD与平面所成角为． 【小问2详解】 （ⅰ）曲线是椭圆， 理由如下：由（1）可知，， 所以F是AC的中点，设AB的中点为O，所以． 又，所以．在内过O作，所以， 以O为原点，OG，OB，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系． 因为，所以， 设，又，则． 因为， 又，所以， 化简得，即，所以曲线是椭圆． （ⅱ）方法一：设． 在平面内，因为l与AB不重合，可设， 由，得， 所以． 由对称性知，若存在定点T满足条件， 则T必在平面与的交线AB上，故可设． 若，则，即， 因为， 所以， 当时，上式恒成立，所以符合题意； 当时，有， 所以， 所以． 因为， 所以， 所以， 所以，即． 因为上式对于任意的恒成立，所以． 综上，存在点T满足，或时，符合题意． 方法二：设 在平面内，因为l与AB不重合，可设：， 由，得， 所以． 由对称性知，若存在定点T满足条件，则T必在平面与的交线AB上，故可设． 当T与B重合时，因为，又PT，，所以． 所以当时，符合题意． 当T与B不重合时，过B作，垂足分别为．连接， 则因为，所以． 又，所以平面， 所以，同理， 又，所以，所以， 所以，所以直线BT平分， 又BT在y轴上，所以在平面内直线PT，QT的倾斜角互补， 在平面内，设直线PT，QT的斜率分别为， 则， 对于任意的恒成立，所以． 综上，存在点T满足，或时，符合题意． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $