广东省东莞市翰林高级中学2025--2026学年高二上册期末适应性考试数学试题【附解析】

这是一份广东省东莞市翰林高级中学2025--2026学年高二上册期末适应性考试数学试题【附解析】，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合直线的斜率与倾斜角的关系求解即可．
【详解】设直线的倾斜角为，
则，所以.
故选：B．
2. 已知两个向量，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量共线定理，可得的值，即可得到结果.
【详解】向量，且，则存在实数，使得，
即，所以,解得,
故，
故选：B
3. 已知两条不同的直线与两个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间中的直线与平面的位置关系，面面垂直的判定定理，线面垂直的判定定理，线面平行的判定定理逐一判断即可.
【详解】对于A，若，则与的位置关系不确定，可能平行、相交或，故A错误；
对于B，若，则或，故B错误；
对于C，若，则存在，使，又，所以，由面面垂直的判定定理得，故C正确；
对于D，若，则与相交、平行或异面，故D错误.
故选：C.
4. 已知数列满足，且，那么＝（ ）
A. 190B. 191C. 192D. 128
【答案】B
【解析】
【分析】构造等比数列,进而求得数列的通项公式得出的值即可
【详解】因为,故,
所以数列是以为首项,为公比等比数列.
故,故.
故.
故选：B．
5. 点F是双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦点，A、B分别为C的右顶点、虚轴的上端点，O为坐标原点，若∠OBA＝∠BFA，则双曲线的离心率是（ ）
A. B. ﹣1C. ﹣1D.
【答案】D
【解析】
【分析】里双曲线定义及其性质，分别在△AOB和△OBF中，表示出∠OBA和∠BFA，的正切即可解出.
【详解】
由题意可知OB＝b，OA＝a，OF＝c，
在△AOB中，，
在△OBF中， ，
∵∠OBA＝∠BFA，∴且c2＝a2+b2，
∴ac＝c2﹣a2，即e2﹣e﹣1＝0且e＞1，
∴，
故选：D．
6. 如图，在正方体中，，分别是棱的中点，下列说法错误的是（ ）
A. 平面
B. 与所成角为
C.
D. 点到平面的距离为
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面平行的判定定理判断A选项；连接，由，知或其补角即为所求线线角，再根据是等边三角形，即可判断B选项；建立空间直角坐标系分别求出与，即可判断C选项；利用等体积法求点到面的距离即可判断D选项.
【详解】
对于A，由正方体知，，
又平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，连接，则，所以或其补角即为与所成角，
由正方体知，，所以为正三角形，
所以，所以与所成角为，故B正确；
对于C，由正方体知，两两相互垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，所以，，
所以，所以，即与不垂直，故C错误；
对于D，的面积为，
所以三棱锥的体积为；
的面积为，设点到平面的距离为，
所以三棱锥的体积为；
因为，所以，解得，
即点到平面的距离为，故D正确.
故选：C.
7. 如图，F是平面上一点，以F为圆心，分别画出半径为1，2，3，4，5的同心圆．记半径为4的圆的一条切线为l，再画出与l平行的各圆的切线和一条穿过圆心F与l平行的直线．若以F为焦点，l为准线的抛物线记为M，则A，B，C，D，E这5个点（ ）
A. 都不在抛物线M上B. 只有1个点在抛物线M上
C. 有2个点在抛物线M上D. 有3个点在抛物线M上
【答案】D
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，得出抛物线及同心圆方程，联立可得，据此判断即可.
【详解】不妨以点D为坐标原点，过点D且平行于直线的直线为轴，过点D且垂直于直线的直线为轴，建立平面直角坐标系，如图
此时，则抛物线的方程为，
易知该组同心圆的方程为，
联立解得，
由图可知，所给5点的纵坐标不小于0，故，
当时，可得，该点点D；
当时，，该点为点E；
当时，，该点不存在；
当时，，该点为点B；
综上所述，有3个点在抛物线上
故选：D
8. 已知直线，“或”是“直线与双曲线有且仅有一个公共点”的 （ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】将直线的方程与双曲线的方程联立，根据直线与双曲线只有一个公共点求出的取值，结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】联立，可得（*），
当直线与双曲线只有一个公共点时：
若时，即当时，方程（*）即为，解得，合乎题意；
若时，由于双曲线的渐近线为，故直线与双曲线的渐近线不平行，则当直线与双曲线相切时， ，
解得，
所以当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，的取值集合为，
因此，“或”是“直线与双曲线有且仅有一个公共点”的充分不必要条件.
故选：A.
二、多选题
9. 已知直线l过点，且与直线以及x轴围成一个底边在x轴上的等腰三角形，则下列结论中正确的是（ ）
A. 直线l与直线的斜率互为相反数B. 直线l与直线的倾斜角互补
C. 直线l在y轴上的截距为D. 这样的直线l有两条
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意，得到与的倾斜角互补，斜率互为相反数，故选项A，B均正确；由直线的点斜式方程，可得C选项正确；过定点斜率确定的直线唯一，可判定D选项错误．
【详解】因为直线与及轴围成一个底边在轴上的等腰三角形，
所以与的倾斜角互补，斜率互为相反数，故选项A，B均正确；
由直线的斜率为2，知直线的斜率为，可得直线的方程为，令，可得在轴上的截距为，故选项C正确；
过且斜率为的直线只有一条，故选项D错误．
故选：ABC
10. 已知双曲线的左､右顶点分别为，点是上的任意一点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若直线与双曲线无交点，则
B. 焦点到渐近线的距离为2
C. 点到两条渐近线的距离之积为
D. 当与不重合时，直线的斜率之积为2
【答案】BC
【解析】
【分析】由双曲线的渐近线可以判断A；
求出双曲线的渐近线和焦点，进而根据点到直线的距离判断B；
设点，进而求出该点到两条渐近线的距离之积，并结合点在双曲线上进行化简，然后判断C；
求出的斜率之积，并结合点在双曲线上进行化简，然后判断D.
【详解】对A，双曲线的渐近线方程为，若直线与双曲线无交点，则.A错误；
对B，由A渐近线方程为，焦点为，则焦点到渐近线的距离.B正确；
对C，设点，则，点到两条渐近线的距离之积为.C正确；
对D，易得，由C点满足，所以直线的斜率之积为.D错误.
故选：BC.
11. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，….设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知条件求得，由此对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】依题意可知，，B选项错误.
，
，A正确.
，
，C正确.
，
D选项正确.
故选：ACD
三、填空题
12. 如图，空间四边形OABC中，点M、N分别是OA、BC的中点，若以｛，，｝为基底，则__________
【答案】
【解析】
【详解】本题考查空间向量的线性运算，空间向量基本定理．根据空间向量的线性运算即可得答案．
【解答】如图所示，连接，
则，，
所以.
故答案为：.
13. 已知抛物线：的焦点为，准线为．若点在抛物线上，过点作准线的垂线，垂足为，，则的最小值为_____ ．
【答案】
【解析】
【分析】结合抛物线的定义及性质求解即可．
【详解】抛物线的焦点为，准线的方程为，
由抛物线的定义可得：，
，
当且仅当、、三点共线时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：
14. 已知圆，椭圆的上、下焦点分别为为坐标原点，为椭圆上一点，直线OP与圆交于点M，N，若，则______
【答案】3
【解析】
【分析】由椭圆和圆的对称性可设点在第一象限，根据椭圆的定义可求，结合余弦定理可判断，求出的坐标后可求的横坐标，故可求.
【详解】由椭圆和圆的对称性可设点在第一象限，
由椭圆的定义可得，结合题设可得，
故，
而为三角形内角，故，
所以，故，所以，
故，由可得，而，
故，
故答案为：3.
四、解答题
15. 圆内有一点，AB为过点P且倾斜角为的弦．
（1）当时，求AB的长；
（2）当弦AB被点P平分时，写出直线AB的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据倾斜角以及求解出直线的方程，再根据半径、圆心到直线的距离、半弦长构成的直角三角形求解出；
（2）根据条件判断出，结合和点坐标可求直线的方程.
【小问1详解】
圆的圆心，半径，
因为，所以直线的斜率，
所以，即，
所以圆心到的距离，
所以；
小问2详解】
因为弦被平分，所以，
又因为，所以，
所以，即.
16. 已知等差数列的前n项和为，，且，，成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出公差，表达出前5项，通过等差和等比关系求出和公差，即可得到数列的通项公式；
（2）表达出数列的通项公式，得到数列的前n项和的表达式，利用错位相减法即可得出数列的前n项和.
【小问1详解】
由题意，
在等差数列中，设公差为,
由，得，则，
又a3＋2，a4，a5－2成等比数列，
∴7，5＋d，3＋2d成等比数列，得，即，得d＝2，
∴，，
∴数列的通项公式为：．
【小问2详解】
由题意及（1）得，，
在数列中，，
在数列中，，
∴，
∴，
，
两式相减得
．
∴
17. 如图，在四棱柱中，侧面是边长为2的正方形，平面平面，，，E为的中点，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知．
条件①：；条件②：．
（1）求证：；
（2）求平面BCE与平面夹角的余弦值；
（3）已知点M在线段上，直线EM与平面所成角的正弦值为，求线段CM的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）选择条件：由面面垂直的性质定理知平面，从而得，结合，可证平面，再由线面垂直的性质定理，即可得证；
选择条件②：由面面垂直的性质定理知平面，从而得，再结合勾股定理及其逆定理，可证，结合，即可得证；
（2）以为原点建系，利用向量法求面面角即可；
（3）设，利用向量法求线面角可得关于的方程，解之即可．
【小问1详解】
证明：选择条件①：
因为侧面是正方形，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，所以．
选择条件②：
因为侧面是正方形，所以，
又平面平面，平面平面平面，所以平面，
因为平面，所以，所以
又，所以，即，
因为，所以．
【小问2详解】
由（1）知，两两垂直，
故以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，
取，则，所以，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
则.
【小问3详解】
设，则，
由（2）知，
设平面的法向量为，则，
取，则，所以，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
整理得，即，
解得或，
故线段的长为或．
18. 已知椭圆的离心率为，右焦点为，点，且，过点的直线（不与轴重合）交椭圆于点，，直线，分别与直线交于点，．
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求直线斜率的取值范围；
（3）判断点与以为直径的圆的位置关系，并证明你的结论．
【答案】（1）
（2）；
（3）点在以为直径的圆的内部，证明见解析
【解析】
【分析】（1）由条件结合离心率的定义及椭圆的性质列关于的方程，解方程求，由此可得椭圆方程；
（2）解法一：设直线的方程为，，联立方程组结合根与系数关系求，，求直线的方程，代入求点的坐标，同理可求，由列不等式求的范围；解法二：设，联立方程组结合根与系数关系求，，求直线的方程，代入求点的坐标，同理可求，由列不等式求的范围；
（3）证法一：先判断点在以为直径的圆的内部，再分别在直线的斜率不存在及直线l的斜率存在时，结合（2）证明，即，由此证明判断；证法二：先判断点在以为直径的圆的内部，再分别在直线的斜率不存在及直线l的斜率存在时，结合（2）证明，即，由此证明判断；
【小问1详解】
设椭圆方程的半焦距为，
根据题意得，
解得，，
因此椭圆；
【小问2详解】
解法一：根据第一问可得，
当直线的斜率存在时，设，其中．
联立，得（*）
显然方程*式的判别式，设，
则，．
直线的方程为，
令，得，即，
同理可得．
所以，
将代入整理得，
，
因为，所以，
解得；
当直线的斜率不存在时，有，，
直线的方程为，
令可得，即点的坐标为，
直线的方程为，
令可得，即点的坐标为，
此时， ．
综上所述，；
解法二：直线的斜率不为零，可设．
根据第一问可得，
联立，得． （*）
显然方程*式的判别式，设，
则，．
直线的方程为，
令，得，即，同理可得．
所以，
将代入整理得，
，
因为，所以，得，即
解得；
【小问3详解】
观察图象可判断，点在以为直径的圆的内部．
证法一：当直线的斜率不存在时，由（2）可知，
则，，故，即．
当直线的斜率存在时，可设，其中．
由（2）可知， ，，
且，．
所以，．
因为
，
所以，
综上，点在以为直径的圆的内部．
证法二：因直线的斜率不为零，可设．
由（2）可知，，，
且，．
所以，．
因为
，
所以，点在以为直径的圆的内部．

19. 在一个数列的每相邻两项之间插入这两项的和的倍（），形成新的数列，我们把这个新的数列称为该数列的“扩展”数列，例如：数列2，4的“扩展”数列为2，12，4．
（1）已知数列1，4，16，写出该数列的“3﹣扩展”数列和“扩展”数列；
（2）公比为q的等比数列，若数列的“扩展”数列仍为等比数列，求实数的值（用表示）；
（3）是否存在一个无限项的正实数列及实数，使得数列的“扩展”数列是一个周期数列，且最小正周期是一个大于1的奇数?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）1，15，4，60，16；1，2，4，8，16；
（2）；
（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）按“扩展”规则，计算插入项，直接写出对应数列；
（2）设等比数列，得“扩展”数列，利用等比中项即可求得；
（3）假设存在，结合周期与扩展规则推导，即可得出不存在满足条件的正实数数列及．
【小问1详解】
该数列的“扩展”数列为：1，15，4，60，16；
该数列的“扩展”数列为：1，2，4，8，16；
【小问2详解】
若等比数列的“扩展”数列仍为等比数列，
则对任意的，是，的等比中项，
故，
可得，又，，
所以， 可得 ；
【小问3详解】
假设存在，设数列的“扩展”数列的最小正周期为，
，根据“扩展”的定义有，，
，故，
因为数列的最小正周期为，
故也是数列的周期，
所以
，
因为；故，
所以，
设，则，
故，
得，
故数列为常数列，则数列也为常数列，最小正周期为1，与题设矛盾，
故不存在满足题设的数列及．