云南省昭通一中教研联盟2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

这是一份云南省昭通一中教研联盟2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

昭通一中教研联盟 2025 年秋季学期高二年级期中考试数学（A 卷）参考答案
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．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
C
A
B
A
C
D
A
【解析】
因为 an
 n2  2n  1n  N

 ，所以 a3
 32  2  3  1  14 ，故选 B．
直线l1 ：ax  y  2025  0 ，l2 ：4  3a x  ay  1  0 ，l1  l2 ，则 a 4  3a  a  0 ，解得 a  0
或 1，故选 C．
因为 A(0, 5) ， B(0, 5) ，所以 AB  10 ，则 PA  PB  6 
AB ，由双曲线的定义可知，点
P 的轨迹为双曲线的一支，故选 A．
根据题意知圆心为(3, 2) ，半径为3 ，故圆方程为(x  3)2  ( y  2)2  9 ，故选 B．
5．当
，a  a  1 ，
a   1    3  1  3 1 ，
a  3 时
3
12 a 22
 1 
3
3
a   1    1  1 ， a   1   3 1 ，…，无穷数列a  周期性变化，周期为
3 a 
4 a 2n
 2  3 
3
2，所以 a2025  a1  1 ，故选 A．
因为直线 x  4 与抛物线 y2  2 px( p  0) 交于 D, E 两点，且OD  OE ，根据抛物线的对称
性，不妨设 D 点在第一象限，可以确定DOx  EOx  π ，所以 D 4, 4 ，代入抛物线方
4
程16  8 p ，求得 p  2 ，所以其焦点坐标为(1, 0) ，故选 C．
建立如图 1 空间直角坐标系 D  xyz ，则 E 2, 4, 0, D1 0, 0, 4, P 1, 2, 2, B 4, 4, 0, B1(4, 4, 4) ，
–––→–––→
17  4
13
∴ BP  3, 2, 2 ， BB1  0, 0, 4 ， 故点 P 到直线 BB1 的距离
–––→
BP   –––→ 
2
 –––→ –––→ 2
BP  BB1


BB
1


d 

，故选 D．
如图 2，函数
y  3x  1 的图象的两条渐近线为
x
图 1
x  0 和
y  3x ，直线 y  (2 
x 为其实轴，易得：渐近线与实
轴 所 成 的 角 为 75∘ ， 则
b  tan75  2 ，
3
8  4 3
a
1   a 
 b 2
 
e 

2  (
 1) ，故选 A．
3
6
2
图 2
二、多项选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分）
【解析】
n  1 时， a  S  8 ， n  2 时， a  S  S n2  9n  n  12  9n  1  2n  10 ，
11nnn1
综上，an  2n  10 ，所以，数列an  是递减数列，故 A 错误；a10  20  10  10 ，故 B
nnn
正确； n  5 时， a  0 ，故 C 正确； S  n2  9n ，所以当 n  4 或 n  5 时， S 取得最大值，故 D 正确，故选 BCD．
以 D 为原点建立如图 3 所示空间直角坐标系，则有 D 0, 0, 0 、
A2, 0, 0 、 B 2, 2, 0 、 C 0, 2, 0 、 D1 0, 0, 2 、 A1 2, 0, 2 、
––––→
B1 2, 2, 2 、C1 0, 2, 2 ； 对A：CD1  0, 2, 2 、
––––→  2, 0, 2 ， 设直线 CD 与直线 BC 所成的角为 β， 则
题号
9
10
11
答案
BCD
AC
ABD
BC1
csβ cs
11
––––→ ––––→
CD1  BC1
––––→
CD1

––––→
BC1
––––→ ––––→4
CD , BC
图 3
 1 ，故直线CDBC
2 2  2 2
11
21 与直线1 所成的角为
π ，故 A 正确；对 B：由 z
A1C  m
––––→
→
3
轴 平面 ABCD ，则平面 ABCD 的法向量可为 m  0, 0,1 ，
→
––––→
AC  →
––––→
→
1m13
3
又 A1C  2, 2, 2 ，则cs
A1C, m
 
3
，设直线 A1C 与平面 ABCD 所
成角为θ，则sinθ
cs
––––→ →
A1C, m
 3 ，则csθ 3
 6 ，故 B 错误；对 C： 3
1  ( 3 )2
3

–––→
CB1  2, 0, 2 、
–––→

DC  0, 2, 0 ， 设 平 面
B1DC 的 一 个 法 向 量 为
a   x, y, z  ， 则 有
→
 → –––→
a  CB1  2x  2z  0
→  1, 0, 1
B DCα
 → –––→
，取 x  1 ，则 a
 ，设平面 1
与平面 DCB 的夹角为 ，
a  DC  2 y  0
→
→ →
2

→ →a m1
又平面 DCB 的一个法向量为 m  0, 0,1 ，则csα cs
a, m
 →→ 
2
a  m
2 ，故平
B DC
π––––→
––––→
面 1与平面 DCB 的夹角为
，故 C 正确；对 D： BC1  2, 0, 2 、 DC1  0, 2, 2 、 4
–––→
 → ––––→
A BBC D
b  a, b, c
b  BC1  2a  2c  0
1  0, 2, 2 ，设平面1的法向量为 ，则有  → ––––→，取
–––→ →
A1B  b
b  DC1  2b  2c  0
4 3
4
3
a  1，则b  1, 1,1 ，则点 A1 到平面 BC1D 的距离 d  → 
b
3 ，故 D 错误，
故选 AC．
对于 A：由图可知，曲线 关于 y 轴对称，A 选项正确；对于 B：明显是C ， B 到原点的距离最小，最小值为 2 2 ，所以 B 正确；对于 C： C‸D ， B‸C ， ‸AB 所在的圆的方程分别为(x  2)2  y2  4 ， x2  ( y  2)2  4 ，(x  2)2  y2  4 ，曲线 与 x 轴围成的图形是一
个半圆，一个矩形和两个 1 圆，其面积为 S  2π 8  2  π  4  4π  8 ，故 C 错误；对于
44
D：由对称性知：Ω 截直线 y  1 所得弦长可由C‸D 所在的圆截得的弦长加上一个矩形的长
3
3
4 ， 而 C‸D 所在的圆的方程为 (x  2)2  y2  4 ， 圆心2, 0 ， 圆心到直线 y  1 的距离
4  12
d  1 ，截得的弦长为2
 2
，则所求弦长为4  2
，故 D 正确，故选 ABD．
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）
题号
12
13
14
答案
36
2 33
3
2
【解析】
在等差数列a  中， a  3 ， a  12 ，所以 a  a  a  a
 9 ， S
 8a1  a8  
n27
4a1  a8   36 ．
182782
在平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中， AB  4 ， AD  4 ， AA1  6 ， BAD  BAA1 
DAA  π ，如图 4，Q––––→–––→–––→––––→ ，则 ––––→ 2––––→2–––→–––→––––→ 2
13AC1  AB  BC  CC1AC1  AC1   AB  BC  CC1 
–––→ 2

–––→ 2
––––→ 2
–––→ –––→
π–––→ ––––→
π–––→ ––––→π
AB  BC  CC1  2 AB  BC  cs 3  2 BC  CC1  cs 3  2 AB  CC1 cs 3
 16  16  36  2  4  4  1  2  4  6  1  2  4  6  1  132 ．
222
 AC1 
––––→
132
33
AC1  2．
［方法一］：点差法
 y 2  6x
图 4
y  y6
设 A x , y , B  x , y  ，则 11 ，所以 y2  y2  6x  6x ，所以 k  12 ，
1 122
 y 2  6x
1212
x  xy  y
 22
1212
取 AB 中点 M  x , y  ，分别过点 A,B 作准线 x   3 的垂线，垂足分别为 A, B ，因为
00
AMB  π，∴ MM  
2
2
1
2
AB  1  AF  BF   1  AA  BB  ，因为 M  为 AB 中点，所
22
以 MM  平行于 x 轴，因为 M   3 , 2  ，所以 y  2 ，则 y  y  4 ，即 k  3 ．
 20122

［方法二］：【最优解】焦点弦的性质
记抛物线的焦点为 F，因为AMB  90 ，则以 AB 为直径的圆与准线相切于点 M，由抛
物线的焦点弦性质可知 MF  AB ，所以 kAB
  1
kFM
 3 ．
2
［方法三］：【通性通法】暴力硬算
由题知抛物线C : y2  6x 的焦点为 F ( 3 , 0) ，设直线 AB 的方程为 y  k  x  3 (k  0) ，代
22 
入C : y2 
6x 中 得
k 2 x2 
3k
2 9k 2
6 x 
4
0 ， 设

A x1 , y1 , B  x2 , y2  ， 则
3k 2  696
x1  x2 k 2, x1 x2  4 ， 同 理 有 y1  y2  k , y1 y2  9 ， 由 AMB  90 ， 即
–––→–––→
–––→3
 –––→3
MA  MB ．又
MA   x1  2 , y1  2 , MB   x2  2 , y2  2  ，所以

–––→ –––→3

MA  MB   x1  2 , y1  2  
 x  3 , y  2   9  12  4  0 ，得 k  3 ．
 222k 2k2

四、解答题（共 77 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．（本小题满分 13 分）
解：（1）由题意对任意正整数 n ，有2Sn  nan ，
令 n  1 时， 2S1  a1 ，即2a1  a1 ，可得 a1  0 ；（2 分）
令 n  3 时， 2S3  3a3 ，即20  2  a3   3a3 ，可得 a3  4 ．
…（4 分）
由 a1  0, a2  2, a3  4 ，猜想： an  2n  1 ．（6 分）
（2）由（1）可知 a1  0, a2  2, a3  4 ；
当 n  3 时，由2Sn  nan 得2Sn1  n  1 an1 ，
则2an1  n  1 an1  nan ，（8 分）
即n  1 a
 na
，即 an1 
n
，（10 分）
n1
故 n  3 时， a
n
 an
ann  1
 an1 L a3  a
 n  1  n  2 L 2  2  2n  1 ，

naaa
2n  2
n  31
n1n22
…（12 分）
且 a1  0, a2  2 也适合上式，所以 an  2n  1 ．
…（13 分）
16．（本小题满分 15 分）
证明：不妨设 BC  AB  AA1  2 ，以 B 为原点，BC, BA, BB1
所在直线分别为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系， 如图
5，（2 分）
B 0, 0, 0, C 2, 0, 0 , A0, 2, 0 ， A1 0, 2, 2 ， C1 2, 0, 2 ，
图 5
–––→––––→
BA1  0, 2, 2 ， AC1  2, 2, 2 ，（4 分）
–––→ ––––→
因为 BA1  AC1  0 ，（6 分）
所以 BA1  AC1 ．（7 分）
––––→
解： M 1, 0, 2, N 1,1, 0 , MN  0,1, 2 ，（9 分）

–––→
易知平面 BCC1B1 的一个法向量为 BA  0, 2, 0 ，（11 分）
设直线 MN 与平面 BCC1B1 所成角为θ，则
5
–––→ ––––→
sinθ
cs
–––→ ––––→
BA, MN
BA  MN
 –––→ ––––→ 
BA MN
2
2  5
5
，（14 分）
即直线 MN 与平面 BCC B 所成角的正弦值为 5 ．
1 15
…（15 分）
（最后一句话不写也可不扣分 1 分，用几何法做酌情给分）
17．（本小题满分 15 分）
解：（1）因为双曲线 E 的渐近线方程为 x  2 y  0 ，
2
b2 2 1
所以   ，解得b2  3 ，（1 分）
6 2 2
从而c2  6  3  9 ，即c  3 ，（3 分）
所以右焦点为3, 0 ，从而 p  3 ，解得 p  6 ，（5 分）
2

2
2
抛物线 C 的标准方程和双曲线 E 的标准方程依次分别为 y2  12x ， xy1．
63
…（7 分）（一个方程一分）
（2）由题意直线l : y  x  3 ，它过抛物线的焦点3, 0 ，如图 6，
 y2  12x

联立抛物线方程得 y  x  3
，化简并整理得 x2  18x  9  0 ，
…（9 分）
显然  182  4  9  288  0 ， x1  x2  18 ，图 6
所以 AB  p  x1  x2  6  18  24 ，（11 分）
点O 到直线l 的距离为 d 
| 3 |
 3 2 ，（13 分）
12  12
2
2
所以 S 1  3 2  24  18 2 ，即VAOB 的面积为18．
VOAB22
…（15 分）
18．（本小题满分 17 分）
解：（1）Q3a2  2a3 ，3(a1  d )  2(a1  2d ) ，解得 a1  d ，
…（1 分）
 S3  3a2  3(a1  d )  6d ，
又T  b  b  b  2  6  12  9 ，

3123d2d3dd
 S3  T3
 6d  9  21 ，（3 分）
d
即2d 2  7d  3  0 ，解得 d  3 或 d  1 ，（5 分）
2
当 d  3 时， an  a1  (n  1)  d  3n ；
当 d  1 时， a  a  (n  1)  d  n ．（7 分）
2n12
（2）Q{bn} 为等差数列，
 2b  b  b ，即12  2  12 ，
213
a2a1a3
6( 116d1
)  ，即 a2  3a d  2d 2  0 ，
a2a3a2 a3a111
解得 a1  d 或 a1  2d ，（9 分）
Q0  d  1 ， an  0 ，
又T99  S99  99 ，由等差数列性质知， 99b50  99a50  99 ，
即b50  a50  1 ，（11 分）
2550
 a50  1 ，即 a2  a  2550  0 ，解得 a  50 或 a  51 （舍去）．
a50
5050
5050
…（13 分）
当 a  2d 时， a  a  49d  51d  50 ，解得 d  50 ；
1501
51
…（15 分）
当 a1  d 时， a50  a1  49d  50d  50 ，解得 d  1 ，与0  d  1矛盾，无解．
综上， d  50 ．（17 分）
51
19．（本小题满分 17 分）
解：（1）由题可知 E(0,  3), G(0, 3), P(2λ, 0), Q(2, 3(1  λ)) ，
直线 PE 的方程为 y 
3 x ，可化为 y 
3
3
2λ
3 x ，
2λ
…（1 分）
直线GQ 的方程为 y  
3λ ，可化为 y   3λ
3
3
x
，
x
22
…（2 分）

2
2
则两式联立得 y2  3   3 x2 ，所以椭圆方程为 xy1 ．
443
…（3 分）
3
（2）①设直线 MN 的方程为 y  kx ， M  x , y  ， N  x , y  ，
2
1 122
…（4 分）
与椭圆 L 的方程： x2  y2  1 联立消去 y 可得： 3  4k 2  x2  4 3kx  9  0 ，
43
则  0 ， x  x  4 3k , x x 9，（6 分）
123  4k 2
y2  3

1 23  4k 2
kx  3 3
kx  3 3
 
所以 k  k  y13 12 22   k  3 3    k  3 3 
12xxxx
2x  
2x 
12121  2 
 k 2  3 3k  1  1   27  k 2  3 3k  x1  x2  27 ，
2 xx 4x x
2x x
4x x
 12 
1 21 21 2
…（8 分）
代入 x  x  4 3k , x x 9，可得 k  k   9 ．（10 分）
123  4k 21 2
3  4k 2
124
②易得，直线 ST 的斜率存在．设直线 ST 的方程为 y  mx  n ， S  x3 , y3  ，T  x4 , y4  ，如图 7，联立直线 ST 与圆 H0 的方程，
消去 y 可得1  m2  x2  (2mn  3m)x  n2  3n  0 ，
则 x3  x4 
3m  2mn
1  m2
, x3 x4 
1  m2
，
n2  3n
图 7
…（12 分）
y4  3
12
所以 k  k  y3  3  mx3  n  3  mx4  n  3
 
 n 
x
3  
   m
 n 
x
3 2 1
  m  m(n  3)  x 
1 
x 

3
 
4

 3
4 
x3x4x3x4
 m

(n  3)2
x3 x4
2   x  x  (n  3)2   9
mm(n
34
，（14 分）
n2  3n
x3 x4x3 x44
3m  2mn
代入 x3  x4 
1  m2
, x3 x4 
1  m2
，可得 n 
4 3 ．（16 分）
13
综上，直线 ST 恒过定点 0, 4 3  ．（17 分）
13 
