精品解析：浙江省杭州市第四中学下沙校区2025-2026学年高二上学期期末数学试题

杭州第四中学2025学年第一学期高二年级期末考试 数学试题卷 命题人：王泉生 审核人：陈静 兰珊 2026年1月 考生须知： 1.本试卷分试题卷和答题卷，满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷上填写班级、姓名、试场号、座位号，并填涂卡号. 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效. 4.考试结束，只上交答题卷. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 下列求导正确的是（ ） A B. C. D. 2. 对于直线，下列说法不正确的是（ ） A. 斜率有可能不存在 B. 恒过定点 C. 的倾斜角有可能是 D. 恒过第一象限 3. 已知是递增的等差数列，，若成等比数列，则（　　） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 4. 函数极小值为（ ） A. B. 0 C. 2 D. 4 5. 台风中心从M地以每小时30km的速度向西北方向移动，离台风中心内的地区为危险地区，城市N在M地正西方向60km处，则城市N处于危险区内的时长为（ ） A. 1h B. C. 2h D. 6. 已知棱长为2的正方体内有一内切球，点在球的表面上运动，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在圆锥中，是底面圆的直径，为底面圆的圆心，，则直线与直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列满足，若，则数列的前15项和为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，的对称中心为 B. 若函数在R上单调递增，则实数a的取值范围是 C. 曲线不可能是轴对称图形 D. 若有三个不同的零点，则 10. 已知椭圆内一点，直线与椭圆交于，两点，且为线段的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 椭圆的离心率 B. 直线的方程为 C. 在椭圆上，则最大值为6 D. 椭圆上存在点使得以点为顶点的四边形为平行四边形 11. 在正三棱柱中，为的中点，F为中点，则（ ） A. B. 若P为面上一点，则的最小值为 C. 若P为直线中点，则A到平面的距离为 D. 过A的一个平面截此棱柱，与侧棱，分别交于点，若为直角三角形，则面积的最大值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则______ 13. 已知函数，曲线在点处的切线方程为，则______. 14. 如图，在一个大圆中放入两个半径之比为的小圆，使得两小圆外切，且它们均内切于大圆，且三个切点共线，记为一次操作.之后的每次操作，都在前一次放入的较大的圆中进行上述操作，现有一个半径为的大圆，则次操作后图中最小的圆的半径为______，次操作后图中所有圆的面积总和为__________. 四、解答题（本大题共5小题，满分77分） 15. 已知双曲线实轴长为2，右焦点F到渐近线的距离为. （1）求C的方程； （2）已知是双曲线外一点，过P引双曲线C的两条切线为切点，求直线的方程. 16. 如图，在三棱锥中，，，点，分别是，中点.底面. （1）求证：平面； （2）当取何值时，在平面内的射影恰好为的重心？ 17. 已知数列是首项为1，公差为的等差数列，数列是首项为1，公比为的等比数列． （1）若，求数列的前项和； （2）若存在正整数，使得，试比较与的大小，并说明理由． 18. 已知函数，其中a为常数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若对任意的，都有恒成立，求实数a的取值范围； （3）设，求证：当时，. 19. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为上有两个不同动点. （1）若直线过点，求证：； （2）已知定点，若线段的长度依次成等差数列； （i）求证：线段的垂直平分线经过一个定点； （ii）若（i）中的定点到原点的距离为，求面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 杭州第四中学2025学年第一学期高二年级期末考试 数学试题卷 命题人：王泉生 审核人：陈静 兰珊 2026年1月 考生须知： 1.本试卷分试题卷和答题卷，满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷上填写班级、姓名、试场号、座位号，并填涂卡号. 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效. 4.考试结束，只上交答题卷. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用求导公式，导数的四则运算法则以及复合函数的求导法则对选项逐一检验即得. 【详解】对于A，，正确； 对于B，，错误； 对于C，，错误； 对于D，，错误. 故选：A 2. 对于直线，下列说法不正确的是（ ） A. 的斜率有可能不存在 B. 恒过定点 C. 的倾斜角有可能是 D. 恒过第一象限 【答案】B 【解析】 【分析】对A：整理方程后令的系数为即可得；对B：整理方程后令的系数为即可得；对C：令，解出即可得；对D：由直线所过定点即可得. 【详解】对A：直线可化为， 令，则，此时，斜率不存在，故A正确； 对B：直线可化为， 令，解得，故恒过定点，故B错误； 对C：令，解得， 此时直线，斜率为，倾斜角为，故C正确； 对D：由B知，恒过定点，故恒过第一象限，故D正确. 故选：B. 3. 已知是递增的等差数列，，若成等比数列，则（　　） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式，结合等比中项的性质、等差数列的单调性进行求解即可. 【详解】设该等差数列的公差为， 因为数列是递增的等差数列，所以， 因为成等比数列，， 所以，或（舍去）， 则， 故选：B. 4. 函数的极小值为（ ） A. B. 0 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数分析函数的单调性，由此可求得函数的极小值. 【详解】由， 可得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 当时，，上单调递增， 所以的极小值为. 故选：B． 5. 台风中心从M地以每小时30km的速度向西北方向移动，离台风中心内的地区为危险地区，城市N在M地正西方向60km处，则城市N处于危险区内的时长为（ ） A. 1h B. C. 2h D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立直角坐标系，数形结合求直线与圆相交的弦长，进而可得城市处于危险区内的时长. 【详解】 如图所示，以点为坐标原点建立直角坐标系，则， 以为圆心，为半径作圆， 则圆的方程为， 当台风进入圆内，则城市处于危险区， 又台风的运动轨迹为， 设直线与圆的交点为，， 圆心到直线的距离， 则， 所以时间， 故选：C. 6. 已知棱长为2的正方体内有一内切球，点在球的表面上运动，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设出点，可知，所以表示点与点之间距离的平方，分析求解即可. 【详解】以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，设点， 所以，， 所以， 因为表示点与点之间距离的平方， 所以当点的坐标为时，取得最大值为， 当与点重合时，取得最小值， 所以的取值范围为：. 故选：A. 7. 如图，在圆锥中，是底面圆的直径，为底面圆的圆心，，则直线与直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解直线与直线所成角的余弦值即可. 【详解】连接 在圆锥中有平面，平面，所以 又是底面圆直径，所以为中点，因为，所以， 如图以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，则，， ， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 故选：D. 8. 已知数列满足，若，则数列的前15项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据的关系求出，然后使用裂项相消法可得. 【详解】①， 当时，， 当时，②， ①-②得，所以， 显然也满足上式，所以， 所以， 记数列的前项和为， 则. 故选：A 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，的对称中心为 B. 若函数在R上单调递增，则实数a的取值范围是 C. 曲线不可能是轴对称图形 D. 若有三个不同的零点，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据函数对称性的性质，结合函数单调性和导数的正负性的关系、函数零点定义、转化法、构造函数法逐一判断即可. 【详解】A：当时，， 因为， 所以的对称中心为，因此本选项说法正确； B：， 若函数在R上单调递增，则有在R上恒成立， 则有，所以本选项说法不正确； C：， 当时，，令， 因为， 所以是偶函数，图象关于纵轴对称， 所以存在实数，使得曲线是轴对称图形，所以本选项说法不正确； D：令， 当时，显然不成立， 当时，， 令， 当时，单调递增， 当时，单调递增， 当时，单调递减，函数的图象如下图所示： 显然当时，，且， 当时，， 问题有三个不同的零点，转化为直线和函数的图象有三个不同的交点，由数形结合思想可知，因此本选项说法正确. 10. 已知椭圆内一点，直线与椭圆交于，两点，且为线段的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 椭圆的离心率 B. 直线方程为 C. 在椭圆上，则最大值为6 D. 椭圆上存在点使得以点为顶点的四边形为平行四边形 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，求出离心率，即可判断；对于B，求出直线的方程，即可判断；对于C，令，求出直线与椭圆相切时的值，即可判断；对于D，求出的坐标，再根据为平行四边形，求出点坐标，再判断其是否在椭圆上即可判断. 【详解】对于A，由题意可知， 所以，,所以，故A正确； 对于B，设，， 因为是线段的中点， 所以， 又因为， 两式相减，得， 即，所以， 所以直线的斜率， 所以直线的方程为，即，故B错误； 对于C，令，即， 由，得， 则， 当直线与椭圆相切时， 则有，解得， 所以的最大值为6，即最大值为6，故C正确； 对于D，由B可知直线的方程为， 由，可得， 解得或，所以或， 不妨设， 因为为平行四边形， 所以, 所以，所以， 又因为点在椭圆上，故D正确. 故选：ACD. 11. 在正三棱柱中，为的中点，F为中点，则（ ） A. B. 若P为面上一点，则最小值为 C. 若P为直线中点，则A到平面的距离为 D. 过A的一个平面截此棱柱，与侧棱，分别交于点，若为直角三角形，则面积的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量证明A选项；利用对称性判断B选项；利用点到面的距离公式判断C选项；设点M、N，利用向量表示垂直关系，代入面积公式进行化简，求出最值判断D选项. 【详解】连接，由于为正三角形，为中点，则， 由于正三棱柱，则平面， 如图所示，以为原点，所在直线为轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系， 由于，则， ， A选项，，，则，A选项正确； B选项，由于点关于面对称， 则， 当共线时取得最小值，B选项正确； C选项，若P为直线中点，则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以， 所以点A到平面的距离为，C错误； D选项，设，其中， 则， 若为直角三角形，则， ，， 则，， ， 所以当时，则面积的最大值为，D选项正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则______ 【答案】 【解析】 【详解】由题意，则，所以， 解得，所以. 13. 已知函数，曲线在点处的切线方程为，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，，计算即可得. 【详解】，则，故， ， 则，故，则. 14. 如图，在一个大圆中放入两个半径之比为的小圆，使得两小圆外切，且它们均内切于大圆，且三个切点共线，记为一次操作.之后的每次操作，都在前一次放入的较大的圆中进行上述操作，现有一个半径为的大圆，则次操作后图中最小的圆的半径为______，次操作后图中所有圆的面积总和为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据三个圆的位置关系可构造方程分别求得每次操作后的最小圆的半径，从而确定次操作后的最小圆的半径；根据每次操作后最小圆半径之间的比例关系和等比数列通项公式可求得次操作后最小圆的半径，根据圆的面积总和之间的递推关系，采用累加法可求得所有圆的面积总和. 【详解】设第次操作后，最小的圆的半径为，则，解得：； 设第次操作后，最小的圆的半径为，则，解得：； 设第次操作后，最小的圆的半径为，则，解得：； 次操作后，图中最小的圆的半径为； 设第次操作后，图中最小圆的半径为，所有圆的面积总和为， ，， ，是以为首项，为公比的等比数列，， 设所有圆的面积总和， ，又 当且时， ， 当时，满足，， 即次操作后图中所有圆的面积总和为. 故答案为：；. 四、解答题（本大题共5小题，满分77分） 15. 已知双曲线的实轴长为2，右焦点F到渐近线的距离为. （1）求C的方程； （2）已知是双曲线外一点，过P引双曲线C的两条切线为切点，求直线的方程. 【答案】（1） （2），， 【解析】 【分析】（1）根据实轴长和右焦点F到渐近线的距离求出，进而求出双曲线方程； （2）设出切线方程，代入到双曲线方程中，根据判别式为求出斜率，从而得到切线方程和切点，进而求出直线的方程. 【小问1详解】 由题可知，所以， 又，渐近线方程为，即， 所以F到渐近线的距离为， 所以双曲线的方程为； 【小问2详解】 过点且斜率不存在的直线方程为，代入中，得， 所以是双曲线C的一条切线，不妨令，所以直线的方程为； 当切线的斜率存在时，设切线的方程为，即， 代入中，整理得， 因为与双曲线相切，故， 展开并化简得：，解得， 所以直线的方程为，即， 联立，解得， 所以直线的方程为. 16. 如图，在三棱锥中，，，点，分别是，的中点.底面. （1）求证：平面； （2）当取何值时，在平面内的射影恰好为的重心？ 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）依题意，建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断直线与平面的位置关系，从而得证； （2）利用重心坐标公式，结合线面垂直的性质列式即可得解. 【小问1详解】 连接， 平面，，， ，，， 以为原点，，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系（如图）. 设，则，，. 设，则. 为的中点，，又， ，，则， 又平面，平面 平面. 【小问2详解】 设的重心为，则， ， 平面，又平面， 又，， ，，即， 经检验，当时，在平面内的射影为的重心， 所以. 17. 已知数列是首项为1，公差为的等差数列，数列是首项为1，公比为的等比数列． （1）若，求数列的前项和； （2）若存在正整数，使得，试比较与的大小，并说明理由． 【答案】(1)； (2) 当时，；当时，；当，k时，． 【解析】 【分析】（1）先通过基本量计算可得通项，然后由错位相减求和； （2）灵活运用作差比较可得． 【详解】(1)依题意，，故d＝＝20， 所以an＝1＋20(n－1)＝20n－19 令Sn＝1×1＋21×3＋41×32＋…＋(20n－19)·3n-1，① 则3Sn＝1×3＋21×32＋…＋(20n－39)·3n-1＋(20n－19)·3n，② ①－②，得－2Sn＝1＋20×(3＋32＋…＋3n-1)－(20n－19)·3n ＝1＋20×－(20n－19)·3n＝(29－20n)·3n－29， 所以Sn＝ (2)因ak＝bk，所以1＋(k－1)d＝qk-1，即d＝， 故an＝1＋(n－1). 又bn＝qn-1，所以bn－an＝qn-1－ ＝[(k－1)( qn-1－1)－(n－1)( qk-1－1)] ＝[(k－1)( qn-2＋qn-3＋…＋q＋1)－(n－1)( qk-2＋qk-3＋…＋q＋1)]． (ⅰ)当1＜n＜k时，由q＞1知 bn－an＝[(k－n)( qn-2＋qn-3＋…＋q＋1)－(n－1)( qk-2＋qk-3＋…＋qn-1)] ＜[(k－n)(n－1) qn-2－(n－1)(k－n) qn-1] ＝－＜0； (ⅱ)当n＞k时，由q＞1知 bn－an＝[(k－1)( qn-2＋qn-3＋…＋qk-1)－(n－k)( qk-2＋qk-3＋…＋q＋1)] ＞[(k－1)(n－k) qk-1－(n－k)(k－1) qk-2] ＝(q－1)2 qk-2 (n－k)＞0. 综上所述，当1＜n＜k时，an＜bn；当n＞k时，an＞bn；当n＝1，k时，an＝bn. 18. 已知函数，其中a为常数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若对任意的，都有恒成立，求实数a的取值范围； （3）设，求证：当时，. 【答案】（1）函数的单调递增区间为，，单调递减区间为 （2） （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的符号判断函数的单调区间； （2）根据题意分析可知，利用导数分析可知在内单调递减，结合恒成立问题运算求解即可； （3）令，利用导数分析的单调性可得，结合，可得，即可得结果. 【小问1详解】 当时，则的定义域为，且， 令，解得或；令，解得； 所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为. 【小问2详解】 因为， 若，当趋近于时，趋近于，不合题意，所以， 因为， 且，则，，则， 可知在内单调递减，则， 可得，解得， 所以实数a的取值范围为. 【小问3详解】 令， 则， 因为，，则，， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减， 则， 因为，则，可得， 即，所以当时，. 19. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为上有两个不同动点. （1）若直线过点，求证：； （2）已知定点，若线段的长度依次成等差数列； （i）求证：线段的垂直平分线经过一个定点； （ii）若（i）中的定点到原点的距离为，求面积的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）证明见解析（ii） 【解析】 【分析】（1）设直线，与抛物线方程联立，再利用韦达定理求解； （2）（i）设，利用抛物线定义结合已知得到，写出的垂直平分线方程求解； （ii）结合（i）由，得到，令，得到，与抛物线方程联立，求得弦长和Q到AB的距离，得到，方法一：利用基本不等式求解；方法二：令，得到，再令，利用导数法求解. 【小问1详解】 显然直线AB的斜率不为，又，所以可设直线的方程为， 联立，消去x得，由韦达定理得. 【小问2详解】 如图所示： （i）证明：设， 则由已知及抛物线定义得，，即， 当时，的垂直平分线方程为， 令，得， 所以的垂直平分线经过一个定点， 当时，由对称性知的垂直平分线为轴，也经过点， 综上，的垂直平分线经过一个定点； （ii）由题意，，解得，所以， 故抛物线的方程为，， 令，则的中点，所以， 当时，直线的方程为， 联立消得， 且依题意，解得且，且， 由弦长公式得， 又Q到直线的距离， 所以， 方法一：， ， 当且仅当，即时取等号， 所以； 方法二：令，则， 记，令，得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以， 当时，线段的中点， 由对称性知为通径，不妨取、， 则. 综上得，此时直线的方程为或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $