吉林省实验中学2025-2026学年高二上学期期末考试 数学试卷含解析（word版+pdf版）

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1. 已知 u=1,3 为直线 l 的一个方向向量，则直线 l 的倾斜角为( )
A. π6 B. π3 C. 2π3 D. 5π6
【答案】B
【解析】
【分析】根据方向向量与直线的倾斜角的关系进行求解即可.
【详解】因为 u=1,3 为直线 l 的一个方向向量,
所以直线 l 的斜率为 k=31=3 ,
所以直线 l 的倾斜角为 π3 .
故选: B
2. 在等比数列 an 中, a4a8=8a3 ,则 a9= ( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的性质化简求解即可.
【详解】因为 an 是等比数列,所以 a4a8=a3a9=8a3 , 又 a3≠0 ,所以 a9=8 . 故答案为: D.
3. 若方程 x2k−2+y24−k=1k∈R 表示焦点在 x 轴上的椭圆,则实数 k 的取值范围是( )
A. 20 过点 A2,y0 ,且点 A 到其准线的距离为 4 .
(1)求抛物线的方程；
(2)设直线 l:y=2x−2 与抛物线交于异于原点的 P 、 Q 两点，求 △OPQ 的面积 S△OPQ .
【答案】(1) y2=8x
(2) 23
【解析】
【分析】(1) 由抛物线的定义即可求得 p 的值,进而解得抛物线的方程;
(2)先设出 Px1,y1 ， Qx2,y2 两点的坐标，直线与抛物线联立，韦达定理解得 y1+y2=4 ， y1y2=−8 ,再代入面积公式求解即可.
【小问 1 详解】
根据题意知抛物线 y2=2pxp>0 过点 A2,y0 ,
所以抛物线准线方程为 x=−p2 ,且点 A 到其准线的距离为 4,
所以 2−−p2=4 ,即 p=4 ,所以抛物线的方程为 y2=8x ;
【小问 2 详解】
由 y=2x−2y2=8x 得 y2−4y−8=0,Δ=16+32>0 ,
设 Px1,y1,Qx2,y2,C1,0 为直线 PQ 与 x 轴交点,则 y1+y2=4,y1y2=−8 ,
所以 S△OPQ=S△OCP+S△OCQ=12OC⋅y1−y2=12×1×y1+y22−4y1y2=23 .

16. 在平面直角坐标系中, N1,0,M4,0 ,动点 Q 满足 QMQN=2 ,设动点 Q 的轨迹为曲线 C .
(1)求曲线 C 的轨迹方程；
(2)若直线 x−y+1=0 与曲线 C 交于 A,B 两点，求 AB ；
【答案】(1) x2+y2=4
(2) 14
【解析】
【分析】(1) 设 Qx,y ,由题意,利用两点间的距离公式即可求解;
(2)先求出圆心到直线 x−y+1=0 的距离，然后根据弦长公式即可求解.
【小问 1 详解】
设 Qx,y ,因为 N1,0,M4,0,Q 满足 QMQN=2 ,即 QM2=4QN2 ,
即 x−42+y2=4x−12+4y2 ,整理得 x2+y2=4 ,
所以曲线 C 的轨迹方程为 x2+y2=4 .
【小问 2 详解】
圆心 0,0 到直线 x−y+1=0 的距离 d=0−0+112+−12=22 ,
所以 AB=2r2−d2=24−12=14 .
17. 如图,在四棱锥 P−ABCD 中，侧面 PAD⊥ 平面 ABCD ， △PAD 是边长为 2 的等边三角形，底面 ABCD 为直角梯形,其中 BC//AD,AB⊥AD,AB=BC=1 .

(1)取线段 PA 中点 M ，连接 BM ，证明: BM// 平面 PCD ；
(2)求直线 AB 与平面 PCD 所成角的正弦值；
(3)线段 PD 上是否存在一点 E ，使得平面 EAC 与平面 DAC 夹角的余弦值为 105 ？若存在，求出 PEPD 的值; 若不存在, 请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2) 217 ；
(3)存在， PEPD=13 .
【解析】
【分析】(1) 取 PD 中点 N ,连接 MN ,证出四边形 BCNM 为平行四边形,即可得证.
(2)建立空间直角坐标系，求出平面 PCD 的法向量，由向量夹角公式即可求解；
(3)求得平面 EAC 的法向量 m 以及 OP ，利用向量夹角公式即可求解.
【小问 1 详解】
在四棱锥 P−ABCD 中,取 PD 中点 N ,连接 MN ,

由 M 为 PA 的中点,且 AD=2,BC=1 ,
得 MN//AD//BC,MN=12AD=1=BC ,
则四边形 BCNM 为平行四边形,所以 BM//CN ,
而 CN⊂ 平面 PCD , BM 不在平面 PCD 内,
所以 BM// 平面 PCD .
【小问 2 详解】
取 AD 的中点 O ,连接 PO,OC ,
由 △PAD 为等边三角形,得 PO⊥AD ,
而平面 PAD⊥ 平面 ABCD ,平面 PAD∩ 平面 ABCD=AD,PO⊂ 平面 PAD , 则 PO⊥ 平面 ABCD .
由 AO=BC=1 ， AO//BC ，得四边形 ABCO 是平行四边形，
于是 OC//AB ,而 AB⊥AD ,则 OC⊥AD ,直线 OC,OD,OP 两两垂直,
以 O 为坐标原点,直线 OC,OD,OP 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,如图,

则 A0,−1,0,D0,1,0,C1,0,0,B1,−1,0,P0,0,3 ,
则 AB=1,0,0,CP=−1,0,3,CD=−1,1,0 ,
设平面 PCD 的法向量为 n=x,y,z ,
则 n⋅CP=−x+3z=0n⋅CD=−x+y=0 ,取 z=1 ,得 n=3,3,1 ,
设直线 AB 与平面 PCD 所成角为 θ ,
则 sinθ=cs⟨AB,n⟩=AB⋅nABn=217 ,
所以直线 AB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 217 .
【小问 3 详解】
令 PE=λPD=0,λ,−3λ,λ∈0,1 ,
AE=AP+PE=0,1,3+0,λ,−3λ=0,1+λ,3−3λ,AC=1,1,0 ,
设平面 EAC 的法向量为 m=a,b,c ,
则 m⋅AC=a+b=0m⋅AE=1+λb+3−3λc=0 ,
取 b=3λ−1 ,得 m=31−λ,3λ−1,λ+1 ,
平面 DAC 的法向量为 OP=0,0,3 ,
于是 cs⟨OP,m⟩=OP⋅mOPm=3λ+13⋅7λ2−10λ+7=105 ,
化简得 3λ2−10λ+3=0 ,又 λ∈0,1 ,解得 λ=13 ,即 PEPD=13 ,
所以线段 PD 上存在点 E ,使得平面 EAC 与平面 DAC 夹角的余弦值为 105,PEPD=13 .
18. 已知点 F 是椭圆 C:x2a2+y2b2=1a>b>0 的右焦点， O 为坐标原点，若 C 上的点与点 F 距离的最大值为 3,最小值为 1,过点 F 作 C 的两条互相垂直的弦 AB,DE .
(1)求 C 的方程；
(2)求证: 1AB+1DE 的值为定值；
(3)设 AB,DE 的中点分别为 P,Q ，求证:直线 PQ 过定点.
【答案】(1) x24+y23=1
(2)证明见解析 (3)证明见解析
【解析】
【分析】(1) 根据条件列式求 a,c ,再根据 a,b,c 的关系求 b ,可得椭圆的标准方程.
(2)分直线有无斜率，利用弦长公式表示 1AB+1DE ，化简即可.
(3)利用直线 AB 的斜率 k 表示出点 P,Q 的坐标，进而得到直线 AB 的方程，化成点斜式，可得定点坐标.
【小问 1 详解】
设椭圆 C 的焦距为 2c ,则由题意得 a+c=3a−c=1 ,解得 a=2c=1 .
所以 b2=a2−c2=4−1=3 , 所以 C 的方程为 x24+y23=1 .
【小问 2 详解】
由( 1 )得 F1,0 ，若直线 AB 与直线 DE 的斜率一个为( ) ，另一个不存在时， AB=4,DE=2b2a=3 (或 AB=3,DE=4 )，此时 1AB+1DE=712 . 若直线 AB 与直线 DE 的斜率都存在时,如图:

设直线 AB 的方程为 y=kx−1,Ax1,y1,Bx2,y2 ,
由 y=kx−1x24+y23=1 ,得 3+4k2x2−8k2x+4k2−12=0 ,
所以 x1+x2=8k23+4k2,x1x2=4k2−123+4k2 .
所以 AB=1+k2x1−x2=1+k2x1+x22−4x1x2
=1+k28k23+4k22−4×4k2−123+4k2=121+k23+4k2
因为 AB⊥DE ,将 k 换成 −1k ,得 DE=121+−1k23+4−1k2=12k2+14+3k2 ,
所以 1AB+1DE=3+4k2121+k2+4+3k212k2+1=7k2+112k2+1=712 .
综上所述， 1AB+1DE 的值为定值.
【小问 3 详解】
由(2)得 x1+x2=8k23+4k2,y1+y2=kx1+x2−2=−6k3+4k2 ，
因为 P 是 AB 的中点,所以 P4k23+4k2,−3k3+4k2 ,
将 k 换成 −1k ，得 Q4−1k23+4−1k2,−3−1k3+4−1k2 ，即 Q44+3k2,3k4+3k2
若直线 PQ 的斜率存在,则直线 PQ 的斜率为 kPQ=3k4+3k2+3k3+4k244+3k2−4k23+4k2=7k41−k2 ,
所以直线 PQ 的方程为 y+3k3+4k2=7k41−k2x−4k23+4k2 ,即 y=7k41−k2x−47 ,
所以直线 PQ 过定点 47,0
若直线 PQ 的斜率不存在,则 4k23+4k2=44+3k2 ,解得 k2=1 ,
此时直线 PQ 的方程为 x=47 ,直线 PQ 也过定点 47,0 .
综上,直线 PQ 过定点 47,0 .
19. 人教 A 版选择性必修二第 8 页中提到: 欧拉函数 φnn∈N∗ 的函数值等于所有不超过正整数 n 且与 n 互素的正整数的个数,例如 φ1=1,φ4=2 .
(1)求 φ6 ， φ10 的值；
(2)已知数列 an 满足 an=12n⋅φ3n .
① 求 an 的前 n 项和 Sn ；
② 记数列 4Sn−12n−1n∈N∗ 的前 n 项和为 Tn ,若对任意 n∈N∗ ,均有不等式 λ⋅Tn+32−2n+3≥0 恒成立,求实数 λ 的取值范围.
【答案】(1) φ6=2,φ10=4 ；
(2)① Sn=142n−13n+14 ；② λ≥227
【解析】
【分析】(1)根据欧拉函数的定义直接计算即可;
(2)①利用错位相减法求和，即可得出结果；
②由(2)可知 4Sn−12n−1=3n ，求出 Tn=32×3n−32 ，将不等式 λ⋅Tn+32−2n+3≥0 化简，分离参数, 研究数列的单调性, 求出其最大项的值, 即可得出结果.
【小问 1 详解】
因为不超过正整数 6 且与 6 互素的正整数只有 1,5 , 所以 φ6=2 ,
因为不超过正整数 10 且与 10 互素的正整数只有 1,3,7,9 , 所以 φ10=4 .
【小问 2 详解】
①所有不超过正整数 3n 的正整数有 3n 个，
其中与 3n 不互素的正整数有 1×3,2×3,3×3,⋯,3n−1×3 ,共 3n−1 个,
所以所有不超过正整数 3n ,且与 3n 互素的正整数的个数为 3n−3n−1=2×3n−1 个,即 φ3n=2×3n−1 ,
所以 an=12n⋅φ3n=n×3n−1 ,
所以 Sn=1×30+2×31+3×32+⋯+n−1×3n−2+n×3n−1 ,
3Sn=1×31+2×32+3×33+⋯+n−1×3n−1+n×3n,
两式相减得 −2Sn=1+31+32+33+⋯+3n−1−n×3n=123n−1−n×3n ,
所以 Sn=142n−13n+14 ;
② 由①可知 4Sn−12n−1=2n−13n+1−12n−1=3n ，所以 Tn=31−3n1−3=32×3n−32 ，
所以由 λ⋅Tn+32−2n+3≥0 得 λ≥23×2n−33n 恒成立,
令 bn=23×2n−33n ,则 bn+1−bn=23×2n−13n+1−23×2n−33n=23×8−4n3n+1 ,
所以可得 b3=b2>b1 ;
当 n>2 时, bn+1−bn