精品解析：河南驻马店市部分校2025～2026学年第二学期期末测试高二数学试题

2025~2026学年度第二学期期末测试 高二数学试题 本试卷共19道题，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效． 2．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 3．选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚． 4．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效． 5．保持卷面清洁，不折叠、不破损． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题：本大题共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. 通项公式为（）的等差数列的公差为（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 若，分别为直线，的一个方向向量，则（ ）． A. B. 与相交，但不垂直 C. D. 不能确定 4. 若对任意的，直线与圆 （）总有2个公共点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 直线与双曲线：（，）交于，两点，存在以为的中点，则的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，为等差数列，为坐标原点，直线上三点，，满足，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，计算的值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题共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. 已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，则（ ） A. ，的等差中项为 B. ，的等比中项为 C. ，，，，…为等差数列 D. ，，，，…为等比数列 10. 已知是棱长为2的正方体的表面及内部的点，满足（，，），则（ ） A. 若，则， B. 若与，，三个向量的夹角都相等，则的最大值为 C. 若，则点的运动区域的面积为 D. 当时，存在满足 11. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点为椭圆上的点，为坐标原点，则（ ） A. 若，则 B. 与圆有四个交点 C. 的重心的轨迹方程为（） D. 的内心的轨迹方程为（） 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 现有7个“省级三好学生”名额计划分给四个学校，每个学校至少分一个名额，则不同的分配方法有____________种（用数字作答）． 13. 数列的前项和记为，，当时，，则的通项公式为____________． 14. 关于的不等式的解集中仅有3个整数，则实数的取值范围是____________． 四、解答题：本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 数列满足（）． （1）求的通项公式； （2）求的前项之积． 16. 已知函数（）． （1）当时，求的单调区间； （2）求函数的极值点． 17. 已知四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，（）． （1）证明：平面平面； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值； （3）取中点为，当四棱锥的外接球体积最小时，且直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 18. 平面直角坐标系中，动点到直线的距离等于它到点的距离，记点的运动轨迹为，过点的直线与曲线相交于，两点，分别作，点处曲线的切线，，与交于点． （1）求曲线的方程； （2）当时，求直线的方程； （3）求的最小值． 19. 已知，两个盒子里放有除颜色外大小相同的小球，其中盒子放有2个黑球和1个白球，盒子放1个黑球和2个白球．现从，两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，重复次这样的操作，记盒子中黑球的个数为，恰有3个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为． （1）求，，，； （2）求的数学期望（用含的式子表示）； （3）记，求数列的前项和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第二学期期末测试 高二数学试题 本试卷共19道题，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效． 2．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 3．选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚． 4．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效． 5．保持卷面清洁，不折叠、不破损． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题：本大题共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. 通项公式为（）的等差数列的公差为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【详解】公差为. 2. 在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求解即可. 【详解】，， 所以切线方程为，即. 3. 若，分别为直线，的一个方向向量，则（ ）． A. B. 与相交，但不垂直 C. D. 不能确定 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量垂直与数量积的关系即可求解. 【详解】由，，得 ， 所以，即. 故选：C. 4. 若对任意的，直线与圆 （）总有2个公共点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】直线对任意都过定点. 要使任意对应的直线与圆总有2个公共点，等价于过定点的所有斜率存在的直线都与圆相交于两点. 若定点在圆内，则过该点的任意直线都与圆交于两点，此时需满足，即 ； 若定点在圆上，即 ，此时过 的直线中只有一条是切线，即直线， 由于该切线斜率不存在，不在 的表示范围内，因此所有可表示的直线（斜率存在）均与圆相交于两点，满足题意； 若定点在圆外，即，则存在斜率存在的直线与圆相离，不满足条件. 综上，实数的取值范围为. 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件概率公式计算. 【详解】由题意， 所以. 6. 直线与双曲线：（，）交于，两点，存在以为的中点，则的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由点差法求得，结合已知可得，求解即可. 【详解】设， 因为，两点在双曲线上，所以， 两式相减得， 又为的中点，所以， 所以，所以， 又双曲线的渐近线方程为，为的中点，所以， 所以，两边平方得，所以， 所以，所以，所以，又，所以， 所以的离心率的取值范围是. 7. 已知，为等差数列，为坐标原点，直线上三点，，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由三点共线可得，由已知得，再利用倒序相加法即可求的值. 【详解】因为，，三点在直线上，且， 所以.又因为为等差数列，所以 因为， 所以. 所以. 所以. . 所以. 所以. 8. 已知，计算的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项式定理展开，得到，，将这两个等式相加计算得解. 【详解】因为，其中， 设， 因为，，， 所以， ，则选项C正确. 二、多选题：本大题共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. 已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，则（ ） A. ，的等差中项为 B. ，的等比中项为 C. ，，，，…为等差数列 D. ，，，，…为等比数列 【答案】AC 【解析】 【分析】利用等差中项和等比中项的定义即可判断AB，利用等差数列前项和的性质和等比数列前项和的性质即可判断CD. 【详解】对于A，由为等差数列，所以的等差中项为，故A正确； 对于B，由为等比数列，所以的等比中项为，故B错误； 对于C，设等差数列的首项为，公差为， 所以， ， ， 所以， 所以，，，，…为等差数列，故C正确； 对于D：设等比数列的公比为， 当时，， 当为偶数时，， 所以，，，，…不是等比数列，故D错误. 10. 已知是棱长为2的正方体的表面及内部的点，满足（，，），则（ ） A. 若，则， B. 若与，，三个向量的夹角都相等，则的最大值为 C. 若，则点的运动区域的面积为 D. 当时，存在满足 【答案】BC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标关系判断A，向量数量积相等可得，计算向量的模判断B；分析可知点在及其内部，即可求面积即可判断C；根据数量积判断垂直关系即可判断D. 【详解】如图，以为原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 则，，，，，，，. 因为是正方体的表面及内部的点，所以. 对于选项A，， 若，则， 得，不需要，例如当时，故A错误； 对于选项B，， 因为与，，三个向量的夹角都相等， 所以，即，则. 所以，则. 因为，所以，故B正确； 对于选项C，点，， 若， 当时，则，得与重合； 当时，则，得与重合； 当时，则，得与重合. 所以点在及其内部，则， 所以，即点的运动区域的面积为，故C正确； 对于选项D，当时，，. 所以， 所以 ， 所以不存在满足，故D错误. 11. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点为椭圆上的点，为坐标原点，则（ ） A. 若，则 B. 与圆有四个交点 C. 的重心的轨迹方程为（） D. 的内心的轨迹方程为（） 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据椭圆的定义及三角形面积公式求解即可；对于B，根据圆与椭圆的位置关系判断即可；对于C，根据重心坐标公式代入求解即可；对于D，根据内心坐标公式及焦半径公式求解即可. 【详解】由，知，，，，，. 对于A，已知，为中点，，则为直角三角形，且. 由椭圆的定义得，，则， 又，所以. 所以，A正确. 对于B，圆的圆心为，半径为. 圆心在原点附近，圆的右边界，左边界； 上边界，下边界， 所以圆会与椭圆的上下左右均相交，共有四个交点，B正确. 对于C，设，， 则，，所以，， 代入椭圆方程，即，C错误. 对于D，任意中，对边分别为，设，，，内心为， 因为平分，则，所以分的分比. 所以，. 在中，平分，则，由，，解得， 所以，即分的分比， 所以， 同理，即. 所以的内心坐标为， 三角形周长， 即，也即. 由焦半径公式得，， 则， 所以，即. 设的内心为，则，，即，， 代入椭圆方程得，整理得（），D正确. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 现有7个“省级三好学生”名额计划分给四个学校，每个学校至少分一个名额，则不同的分配方法有____________种（用数字作答）． 【答案】20 【解析】 【详解】7个“省级三好学生”名额分配给四个学校，每个学校至少一个名额， 采用隔板法可知，即从6个空中插入3个隔板，则不同的分配方法有种. 13. 数列的前项和记为，，当时，，则的通项公式为____________． 【答案】 【解析】 【详解】当时，，所以，解得， 当时，由，得， 两式相减得， 所以，所以， 所以， 又，所以， 所以是以3为常数的常数数列， 所以，所以. 14. 关于的不等式的解集中仅有3个整数，则实数的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】讨论时，单调性，然后由及题意可得的解集中的整数为，据此可得答案. 【详解】令，则. 当时，易得，从而在上单调递增. 注意到，， 则，，从而不满足题意； 当时，.令， 则， 注意到， 则，使， 从而，， 则在上单调递减，在上单调递增. 注意到，又由题可得的解集中整数只有3个，. 则的解集中的整数为， 从而. 四、解答题：本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 数列满足（）． （1）求的通项公式； （2）求的前项之积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用与的关系求解. （2）利用等差数列的前项和的公式求解. 【小问1详解】 当时， ， 当时， 由条件①， ②， 由①减去②则时，， 又因当时，符合， 因此可得的通项公式. 【小问2详解】 因 16. 已知函数（）． （1）当时，求的单调区间； （2）求函数的极值点． 【答案】（1）的单调递增区间为：，，单调递减区间为：． （2）当时，的极小值点为，无极大值点． 当时，的极大值点为，极小值点为； 当时，无极值点； 当时，的极大值点为，极小值点为． 【解析】 【分析】（1）当时，代入函数解析式并求导，对导函数因式分解后解不等式，由导数的正负确定原函数的单调区间. （2）先对含参数的函数求导并因式分解，得到导函数的两个零点和.再以，为界分类.当时，比较与的大小关系，分，，三种情况，结合导数的符号变化判断极值点及其类型，最后综合所有情况得出结论. 【小问1详解】 当时，，则． 所以，解得或； ，解得； 因此的单调递增区间为：，；单调递减区间为：． 【小问2详解】 由， 当时，由，则. 时，单调递减； 时，，单调递增. 此时为的极小值点，无极大值点． 当时，由得或， 若，即时，得或，得，此时为的极大值点，为的极小值点； 若，即时，恒成立，单调递增，此时无极值点； 若，即时，得或，得，此时为的极大值点，为的极小值点； 综上：当时，的极小值点为，无极大值点． 当时，的极大值点为，极小值点为； 当时，无极值点； 当时，的极大值点为，极小值点为． 17. 已知四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，（）． （1）证明：平面平面； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值； （3）取中点为，当四棱锥的外接球体积最小时，且直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】（1）证明：如图连接交于点，连接， 因四边形是边长为2的正方形，则,， 根据题意，，则， ，从而， 又因，平面，则平面， 因平面，故平面平面； （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）通过证明平面，结合题设可完成证明； （2）在，中利用余弦定理结合题目数据可得平面．又由题可证得平面与平面的交线，从而可得即为平面与平面夹角，据此可得答案； （3）由题设可得当四棱锥的外接球体积最小时，外接球半径与四棱锥底面正方形外接圆半径相等，据此可得，在底面内作交于点，由（1）可得，代入题设数据可得，据此可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由条件，，，结合余弦定理可得： ，同理可得. 因,则，是直角三角形. 又，则. 在，中，根据余弦定理可得: ， 代入数据可得，则由得， 由（1）可得平面平面，又平面平面， 平面，可得平面．结合平面， 可得，，又因面，面， 因此平面与平面的交线，且，， 则，，也即即为平面与平面夹角， 因此． 【小问3详解】 当四棱锥的外接球体积最小时，也即其外接球的半径最小．由于正方形的外接圆半径， 因此四棱锥的外接球的半径，从而外接球体积最小时． 此情况下，为四棱锥的外接球的一条直径，点在平面内以为直径的圆周上，． 在底面内作交于点，则为中点. 由（1）可得平面.则平面， 得为与平面所成角，， 由，得，则， 注意到，则， 从而． 18. 平面直角坐标系中，动点到直线的距离等于它到点的距离，记点的运动轨迹为，过点的直线与曲线相交于，两点，分别作，点处曲线的切线，，与交于点． （1）求曲线的方程； （2）当时，求直线的方程； （3）求的最小值． 【答案】（1） （2）或． （3） 【解析】 【分析】（1）设动点坐标，由定义列方程，平方整理得轨迹方程； （2）面积比转化为长度比，设直线斜截式与抛物线联立，由韦达定理及定比分点关系求斜率，得直线方程； （3）由切线方程得坐标满足的直线方程，结合点得的轨迹为定直线，求抛物线上点到该直线距离的最小值. 【小问1详解】 设，由题意则， 整理得，即：． 【小问2详解】 当时，，也即， 不妨设，，由，则，， 由，得，即， 根据题意直线的斜率存在，不妨设：， 联立，整理得， 由韦达定理和可得， 将代入中整理得， 解得或，即直线的方程为或． 【小问3详解】 设，由，则处的切线方程为， 因为在抛物线上，满足，代入上式得：， 再将代入得； 同理：，将代入得. 也即，均在直线上，也即直线：. 又因过点，则，也即点在定直线上． 当，也即曲线上点处的切线与直线平行， 得即为所求． 19. 已知，两个盒子里放有除颜色外大小相同的小球，其中盒子放有2个黑球和1个白球，盒子放1个黑球和2个白球．现从，两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，重复次这样的操作，记盒子中黑球的个数为，恰有3个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为． （1）求，，，； （2）求的数学期望（用含的式子表示）； （3）记，求数列的前项和． 【答案】（1），，， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据一次操作后怎么得出相应的事件求出，利用计算； （2）利用分别表示出，从而得出，再构造等比数列求得通项公式，然后由期望公式计算出；或利用期望的性质结合题意可得是等比数列，从而出期望； （3）利用分组求和法、错位相减法求和. 【小问1详解】 由条件结合全概率公式得 ，，， ． 【小问2详解】 方法一：重复次这样的操作后，根据全概率公式可得， ， ， ． 从而可得， 也即． 又，因此数列是以为首项，为公比的等比数列． 解得，， 因此． 方法二：由（1）可知， 由题意则， 整理得， 即，且， 也即是以为首项，以为公比的等比数列， 从而可得即为所求． 【小问3详解】 由（2）知， 则， 记，则的前项和为： ① 即② 由①-②得 ， 即， 因此 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $