精品解析：新疆生产建设兵团第二中学2026-2027学年高二上学期11月期中考试诊断数学试题

兵团二中2026-2027学年第一学期 高二年级数学期中考试诊断卷 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题目要求） 1. 圆的半径为（ ） A. B. C. 5 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】将圆的一般方程化为标准方程计算半径即可. 【详解】将圆的方程化为标准形式为，其半径为. 故选：B 2. 已知数列中，，，则的值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据递推公式代入即得 【详解】因为，， 所以， 故选： D 3. 已知双曲线的渐近线方程为，则（ ） A. B. 3 C. 6 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】根据渐近线方程结合已知双曲线方程列式计算求解. 【详解】因为双曲线为，则渐近线为， 又因为渐近线为，且，所以. 4. 已知为等差数列，前项和为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由等差数列的前n项和公式，可求得；由，可得，从而求得，再由等差数列的通项公式求解即可. 【详解】因为， 所以， 所以； 又因为， 即，解得， 所以等差数列的公差， 所以. 故选；A. 5. 已知抛物线，准线为直线l，横坐标为6的点P在抛物线C上，过点P作l的垂线，垂足为Q，若，则p等于（ ） A. B. 3 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【详解】如图所示,抛物线的焦点为,准线的方程为. 由点的横坐标为,可设,代入抛物线方程得. 因为的方程为,所以点到的距离为. 又,所以. 由得,展开得. 两边同乘,整理得,即. 解得或. 又,所以. 6. 已知点，，点是圆上任意一点，则面积的最小值为（ ） A. 6 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出直线的方程，利用点到直线的距离，结合圆的性质求出点到直线距离的最小值即可求得最小值. 【详解】两点，，则，直线方程为， 圆的圆心，半径， 点到直线的距离， 因此点到直线距离的最小值为， 所以面积的最小值是. 故选：D 7. 已知椭圆，O为椭圆的对称中心，F为椭圆的右焦点，P，Q为椭圆上的点，△POQ为等边三角形，且F为△POQ的重心，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可得关于轴对称，求出点坐标，代入椭圆方程，结合，可求出离心率. 【详解】△POQ为等边三角形，且F为△POQ的重心，设，， 则，所以， 所以关于轴对称，所以， ，所以， 所以，又因为，， 所以，可得， 解得， 因为，所以， 所以，所以. 8. 已知等差数列满足，在和之间插入k个1，得到新数列，则的前100项和为（ ） A. 222 B. 232 C. 246 D. 256 【答案】D 【解析】 【分析】先推导原数列第项在新数列中的位置，确定前100项包含的原数列项数，再分别计算原数列对应项的和与插入的1的总和，即可得到前100项的和. 【详解】设新数列中，原等差数列的第项对应的新数列位置为， 根据题意，在与之间插入个1，因此到为止，插入的1的总数为， 故在新数列中的位置为原数列的项加上插入的1的总数，即   当时，； 当时，， 由于，所以新数列的前100项中，包含原数列的前13项（即），剩余的项均为插入的1，插入的1的总个数为， 已知等差数列满足，其首项，第13项， 根据等差数列前项和公式，前13项的和为：  ， 插入的1的和为，因此新数列的前100项和为. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 已知双曲线：，则（ ） A. 的顶点坐标为、 B. 的实半轴长为 C. 的离心率 D. 的渐近线的方程是 【答案】BCD 【解析】 【分析】先将双曲线方程化为标准形式，确定焦点在轴上，求出的取值，再结合双曲线的几何性质逐一判断各选项. 【详解】将双曲线化为标准形式：， 可得，即，，即. 选项A：该双曲线焦点在轴上，顶点坐标为，故A错误； 选项B：由可知实半轴长为，故B正确； 选项C：离心率，故C正确； 选项D：焦点在轴上的双曲线渐近线方程为，整理得，故D正确. 10. 记数列的前项和为，且，则（ ） A. 数列是等差数列 B. C. 数列是公差为1的等差数列 D. 数列的前项和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于AB，根据的关系求出表达式，根据表达式判断即可；对于C，根据表达式中的系数即可判断公差；对于D，由裂项相消法即可验算. 【详解】对于AB，数列的前项和， 当时， ， 而满足上式，因此，所以数列是等差数列，故AB正确； 对于C，，则数列是公差为的等差数列，故C错误； 对于D，， 数列的前项和，故D正确. 故选：ABD. 11. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证和思维方法等之中，揭示了数学知识的规律性，是一种科学的真实美．平面直角坐标系中，曲线：就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下列结论正确的是（ ） A. 曲线所围成图形的周长是 B. 直线与曲线一定有两个交点 C. 点在曲线上，的最小值是 D. 曲线：，则存在条直线与曲线,同时相切 【答案】ACD 【解析】 【分析】分象限去绝对值、再配方，把还原成四段相接的半圆弧.选项 A 用弧长公式求解，选项B 抓直线系所过定点并检验相切，选项C 把分式看成定点与动点连线的斜率，选项D 作出曲线的图像，按照象限分析. 【详解】当时，，圆心为，与轴分别交于，直线刚好过圆心，则在第一象限的图像为半圆. 同理可知曲线：的图像由四个半圆组成. 选项A，曲线所围成图形的周长为. 选项B，直线方程化简为，恒过定点. 当直线过点，且与第一象限的半圆相切时，与整个图像仅有一个交点，B错误. 选项C，点在曲线上，理解为过点 的直线斜率. 由图像可知，当直线与相切时，取得最小值. 设直线方程为，则，化简解得（1舍去）. 选项D，由图像可知，曲线：也分为四部分. 考虑第一象限，，当时，曲线的切线与曲线有两个交点，不存在公切线. 由曲线关于直线对称可知，当时，曲线的切线与曲线有两个交点，不存在公切线. 当时，曲线与曲线有公切线. 同理可知，曲线与曲线在每个象限仅有一个公切点，共有4条公切线. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知为等比数列的前n项和，若，则______. 【答案】 或 【解析】 【详解】因为数列为等比数列，设公比为，又，所以， 所以，，又，所以，解得， 因为，所以由等比数列求和公式得， 当时，，当时，. 13. 已知圆与圆相交于A，B两点，则两圆公共弦AB的长为______. 【答案】 【解析】 【详解】圆的圆心为,半径为. 圆的圆心为,半径为. 把两圆方程分别化为一般式,得与. 两式相减,得,即公共弦所在直线的方程为. 圆心到该直线的距离. 由垂径定理,. 所以. 14. 在直角平面坐标系中，分别是双曲线的左、右焦点，过点作圆的切线，与双曲线左、右两支分别交于点，若，则的值是_________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据双曲线的定义可得，在△中应用余弦定理可得，注意其符号判断c的范围，再根据直线与圆相切可得，构造方程求参数c，进而求b. 【详解】由题设，，又，则， 在△中，则，即， 又直线与相切，则， 综上，，解得，而，则， 所以，可得. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：注意应用余弦定理求关于椭圆参数的表达式，再由直线与圆的相切关系得到另一个关于椭圆参数的表达式，联立求参数. 三、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出数学语言说明、证明过程、演算步骤） 15. 在中，为钝角，． （1）求； （2）若，的面积为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 因为，由正弦定理， ， 又， 代入化简得. 因为， 所以，又， 故. 【小问2详解】 由面积公式， 代入，得， 由余弦定理， 代入得， 即， 将代入得，故， ，解得或， 因为 为钝角，故 ，因此. 16. 如图，在直三棱柱中，点、分别是棱、上的点（点异于点），且. （1）求证：； （2）若是正三角形，，且三棱柱的体积是三棱锥的体积的12倍，求与平面所成的角的余弦值. 【答案】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，且平面， 所以平面， 又因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）根据直棱柱性质及线面垂直的定值定理证得，然后利用线面垂直的判定定理证得平面，即可利用线面垂直的性质定理证明线线垂直. （2）设，由，求得，以点为原点，建立空间直角坐标系，求得和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，因为是正三角形，所以， 设，由，， 可得，解得， 以点为坐标原点，所在的直线分别为轴，平行于的直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则、、、， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 设与平面所成的角为，则， 所以与平面所成的角的余弦值为. 17. 已知抛物线C：（）经过点（），F为焦点，且. （1）求C的方程及； （2）设O为原点，过F作斜率不为0的直线l交C于M，N两点，直线分别交直线OM，ON于A，B. 证明：以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点. 【答案】（1）， （2）因为直线l的斜率不为0，焦点坐标为， 设直线l的方程为， 与抛物线方程联立可得， 故，， 可得，， 设，，则，， 可得直线OM的方程为， 与联立，可得，同理可得. 易知以AB为直径的圆的圆心坐标为， 圆的半径为， 则圆的方程为. 令，整理可得，解得， 即以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点，. 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义可得，代入抛物线方程即可得； （2）设直线l的方程为，联立方程利用韦达定理可得圆的方程，令运算求解即可. 【小问1详解】 因为抛物线C：（）经过点，F为抛物线的焦点，且， 所以由抛物线的定义，可得，解得，所以， 又因为P的横坐标为1， 所以，解得， 又，所以. 【小问2详解】 略 18. 已知数列的前n项和为，且n，，成等差数列. （1）证明数列 是等比数列，并求出的通项公式； （2）已知数列满足， （i）若数列满足，求数列的前10项和. （ii）是否存在正整数m，k使得 … ，如果存在，求出m，k的值；如果不存在，说明理由. 【答案】（1）由n，，成等差数列可得，， 当时，，解得； 当时，， 两式相减得，，即，故有， 故是首项为2，公比为2的等比数列， ，故. （2）（i）1414 （ii）存在，. ，， 又是首项为1，公差为2的等差数列， 故，是首项为，公差为4的等差数列，共有项， ， 又m，k是正整数，故，为奇数，故它只能是36的正奇数因子：1、3、9； 若，即，没有正数解，舍去； 若，即，故，解得，不是正数解，舍去； 若，即，故，解得，满足条件. 综上所述，存在，. 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合等差中项得到与的关系式，利用关系式推得的表达式； （2）由（1）得到的结论将的表达式进行化简， （i）将及代入中，根据n的取值不同代入不同的表达式，将前十项相加即可； （ii）由求出的值，对等式右边化简，根据的表达式确定是等差数列，利用等差数列性质将等式左边化为新等差数列的前n项和进行计算，根据题干要求分类讨论选取符合条件的m，k. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， （i）由题意得，， . （ii）略 19. 已知是圆上一动点，轴，垂足为，点为线段的中点，点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）设直线是过原点的一条动直线，直线与圆交于两点，，直线与曲线的交点分别为点. （i）是否存在直线，使得四边形为平行四边形或梯形？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由； （ii）求面积的最大值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）设，将点坐标代入圆的方程即可求解； （2）（i）设，联立直线方程与曲线的方程，结合韦达定理、圆的性质及平行四边形的判定即可判断四边形是否为平行四边形，再结合梯形的性质求出点的坐标，进而可判断直线的方程是否存在； （ii）结合（i）得，结合韦达定理，进而根据对勾函数的性质即可求出面积的最大值. 【小问1详解】 设，因为在圆上， 所以， 所以曲线的方程为. 【小问2详解】 （i）设， ，可得， 设，则，， 因为在圆上，且是圆的直径， 所以，即， 所以，即， 因为，所以， 即， 所以 整理得，解得或（舍）， 所以，即直线恒过定点， 即直线与直线相交于点， 而点不是线段的中点，即与不可能互相平分， 所以四边形不可能为平行四边形， 即不存在直线使得四边形为平行四边形， 若四边形是梯形，则有或， 当时，因为，所以，即，， 又因为点为线段的中点，所以点为线段的中点， 设，因为，所以， 因为点在曲线上，点在圆上， 则有，解得（舍）或， 即或， 所以或，所以直线的方程为或， 同理，时，求得直线的方程也为或， 即直线的方程为或时，四边形为梯形. （ii）由（i）得 ， 令，则，则， 令，根据对勾函数的性质得在上单调递增， 当时，即时，取得最小值，此时取得最大值，且最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兵团二中2026-2027学年第一学期 高二年级数学期中考试诊断卷 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题目要求） 1. 圆的半径为（ ） A. B. C. 5 D. 13 2. 已知数列中，，，则的值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 3. 已知双曲线的渐近线方程为，则（ ） A. B. 3 C. 6 D. 9 4. 已知为等差数列，前项和为，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线，准线为直线l，横坐标为6的点P在抛物线C上，过点P作l的垂线，垂足为Q，若，则p等于（ ） A. B. 3 C. 4 D. 6 6. 已知点，，点是圆上任意一点，则面积的最小值为（ ） A. 6 B. C. D. 7. 已知椭圆，O为椭圆的对称中心，F为椭圆的右焦点，P，Q为椭圆上的点，△POQ为等边三角形，且F为△POQ的重心，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知等差数列满足，在和之间插入k个1，得到新数列，则的前100项和为（ ） A. 222 B. 232 C. 246 D. 256 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 已知双曲线：，则（ ） A. 的顶点坐标为、 B. 的实半轴长为 C. 的离心率 D. 的渐近线的方程是 10. 记数列的前项和为，且，则（ ） A. 数列是等差数列 B. C. 数列是公差为1的等差数列 D. 数列的前项和为 11. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证和思维方法等之中，揭示了数学知识的规律性，是一种科学的真实美．平面直角坐标系中，曲线：就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下列结论正确的是（ ） A. 曲线所围成图形的周长是 B. 直线与曲线一定有两个交点 C. 点在曲线上，的最小值是 D. 曲线：，则存在条直线与曲线,同时相切 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知为等比数列的前n项和，若，则______. 13. 已知圆与圆相交于A，B两点，则两圆公共弦AB的长为______. 14. 在直角平面坐标系中，分别是双曲线的左、右焦点，过点作圆的切线，与双曲线左、右两支分别交于点，若，则的值是_________． 三、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出数学语言说明、证明过程、演算步骤） 15. 在中，为钝角，． （1）求； （2）若，的面积为，求的值． 16. 如图，在直三棱柱中，点、分别是棱、上的点（点异于点），且. （1）求证：； （2）若是正三角形，，且三棱柱的体积是三棱锥的体积的12倍，求与平面所成的角的余弦值. 17. 已知抛物线C：（）经过点（），F为焦点，且. （1）求C的方程及； （2）设O为原点，过F作斜率不为0的直线l交C于M，N两点，直线分别交直线OM，ON于A，B. 证明：以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点. 18. 已知数列的前n项和为，且n，，成等差数列. （1）证明数列 是等比数列，并求出的通项公式； （2）已知数列满足， （i）若数列满足，求数列的前10项和. （ii）是否存在正整数m，k使得 … ，如果存在，求出m，k的值；如果不存在，说明理由. 19. 已知是圆上一动点，轴，垂足为，点为线段的中点，点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）设直线是过原点的一条动直线，直线与圆交于两点，，直线与曲线的交点分别为点. （i）是否存在直线，使得四边形为平行四边形或梯形？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由； （ii）求面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $