吉林省长春市慧泽高中2025--2026学年高二上册期末质量监测数学试题【附解析】

这是一份吉林省长春市慧泽高中2025--2026学年高二上册期末质量监测数学试题【附解析】，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时间：120分钟满分：150分
一、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. 双曲线的渐近线方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据渐近线方程公式即可得到答案.
【详解】双曲线中，则，
故其渐近线方程为.
故选：B.
2. 已知数列满足，，则（）
A. 3B. 5C. 7D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的定义和通项公式求解.
【详解】由，可得数列是等差数列，公差，
又，.
故选：C.
3. 数列满足，，则（）
A. B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】由题意及递推式可得为周期数列，据此可得答案.
【详解】因，则，依此类推，可得是周期为3的周期数列.
因，则.
故选：D
4. 若直线平行于直线，且垂直于直线：，则（）
A. B. C. 6D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线平行的性质，结合两条互相垂直直线斜率之间的关系进行求解即可.
【详解】因为直线平行于直线，且垂直于直线：，
所以直线垂直于直线：
因此有.
故选：C
5. 若双曲线的弦被点平分，则此弦所在的直线方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用点差法可得直线斜率，进而可得直线方程.
【详解】设弦端点，，
由，在双曲线上，
则，
两式作差可得，
即，
又弦被点平分，
则，代入上式可得，
则，
即直线方程为，化简可得，
故选：D.
6. 已知等比数列的前项和为，，，则（）
A. 10B. 15C. 18D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】根据成等比数列，得到方程，求出，.
【详解】由题意得成等比数列，
故，其中，，故，
解得，
又，即，解得.
故选：B
7. 在直三棱柱中，侧棱长为3，底面是边长为4的正三角形，则异面直线与所成角的余弦值为（）
AB. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】如图，取中点分别为，连接，由题可得为异面直线与所成角或所成角补角，然后由题意及余弦定理可得答案.
【详解】如图，取中点分别为，连接.
则，从而为异面直线与所成角或所成角补角.
由题目数据，可得.
取中点为，连接，则.
从而，又异面直线夹角范围为.
则异面直线与所成角的余弦值为.
故选：D
8. 已知双曲线：的右焦点为，关于原点对称的两点、分别在双曲线的左、右两支上，，点在双曲线上，且，则双曲线的离心率为（）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，令且，，则，根据题设有、、，进而有，将它们整理为关于的齐次方程求离心率即可.
【详解】由题设，令且，，则，且①，
由，即②，
由，即，
又C在双曲线上，则③，
由①得：，代入③并整理得：，
由①②及得：，
所以，即，
显然，则.
故选：C
二、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. 下列有关数列的说法正确的是（）
A. 在数列1，，，，3，…中，第8个数可能是.
B. 数列的通项公式为，则110是该数列的第10项
C. 等比数列中，，，则或
D. 数列的前项和，则它的通项公式为
【答案】AB
【解析】
【分析】A：把整数化成二次根式形式，结合被开方数的性质进行判断即可；
B：利用代入法，解方程进行求解判断即可；
C：根据等比中项的性质进行求解判断即可；
D：根据之间的关系进行求解判断即可.
【详解】A：数列1，，，，3，…，
即为数列，，，，，…，
所以第项有可能是，当时，，
所以本选项说法正确；
B：令，
或舍去，所以本选项说法正确；
C：等比数列中，设公比为
，
由，所以，因此本选项说法不正确；
D：因为，
所以当时，，
两式相减，得，
由，显然不满足上式，因此本选项说法不正确.
故选：AB
10. 设等差数列的前项和为，公差为，，，，下列结论正确的是（）
A.
B. 的最大值为
C. 当时，的最大值为12
D. 数列前项和，最大
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意得，可判断AB；可判断C；求出，令，数列为递减数列，求得，，可判断D.
【详解】因为等差数列中，，
所以，
又，所以，故A正确；
因为当时，，当时，，
所以的最大值为，故B正确；
因为，
所以，故C错误；
因为，所以，
令，所以数列为递减数列，
，.
由得
，
所以数列的前项和最大时，，
即数列前项和为，最大，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知P为抛物线C：上一点，F为C的焦点，直线l的方程为，则下列说法正确的有（ ）
A若，则
B. 点P到直线l与到直线的距离之和的最小值为2
C. 若，是抛物线上的两点且满足，则直线过定点
D. 若存在点P，使得过点P可作两条垂直的直线与圆相切，则r的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出抛物线的焦点坐标及准线方程，结合抛物线的定义及点到直线的距离求解判断AB；设出直线的方程，利用韦达定理及向量垂直的坐标表示求解判断C；利用圆的切线性质求出范围判断D.
【详解】抛物线C：的焦点，准线m：，
对于A，过点P作准线m的垂线，垂足为Q，再过点A作准线m的垂线，垂足为B，

由抛物线定义知：，A正确；
对于B，直线交直线n：于点N，过点P作直线l：的垂线，
垂足为H，过点F作直线l：的垂线，垂足为G，

，则点P到直线l与到直线的距离之和为：
，B错误；
对于C，直线的斜率必存在，设直线的方程为，，
由消去得，则，，，
由，得，
解得，满足，因此直线过定点，C正确；
对于D，过点P可作两条垂直的直线与圆相切，设切点为T，

则，由两条切线垂直，得，即，
因此，设点，
，当且仅当时取等号，即，解得，D正确.
故选：ACD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 圆心为，且与轴相切的圆的标准方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出圆的半径，得到圆的方程.
【详解】圆心为，且与轴相切，故圆的半径为3，
所以圆的标准方程为.
故答案为：
13. 如图，在棱长为4的正方体中，，分别是，的中点，则点到平面的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量以及点到面的距离公式求解.
【详解】如图，以D为坐标原点，以DA，DC，分别为x，y，z轴建立如图所示的坐标系，
设正方体的棱长为4，则，，，
∴，，，
设平面BGF的法向量为，则，令，则，
∴，则点到平面BGF的距离.
故答案为：.
14. 已知数列满足，，若数列为单调递增数列，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】由题设条件可得，，再由数列的单调性的定义及不等式恒成立思想，结合参变分离法，计算即可求得所求的范围.
【详解】由题意可知，当时，，即，
当时，由，得，
两式相减得，所以，当时，也满足此式，
故.
所以，
若数列为单调递增数列，则恒成立，
所以，即，对恒成立，
设，则，
当时，，故，当时，数列为递减数列，即，
可得为最大值，且，所以.
所以的取值范围为.
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤：
15. 在各项都是正数的等比数列中，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记为数列的前项和，若，求正整数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意求出公比，根据等比数列的通项公式即可求解；
（2）利用等比数列的前项和公式求解即可.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，
因为等比数列中各项都是正数，所以，
由得，所以，
又，所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
，
由题意得，解得，
所以正整数的值为.
16. 已知抛物线的焦点到准线的距离为4，过的直线与交于，两点.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若直线的倾斜角为，求.
【答案】（1）
（2）16
【解析】
【分析】（1）依题意求出焦准距，即得抛物线方程；
（2）先求得直线的方程，与抛物线方程联立，写出韦达定理，利用抛物线焦点弦公式计算即得.
【小问1详解】
由题意，，则抛物线的标准方程为：.
【小问2详解】
由抛物线可得其焦点为，则直线的方程为：，
将其代入抛物线方程，整理得：，
则，设，则，
于是.
17. 在数列中，，.
（1）求证：数列是等差数列，并求的通项公式；
（2）若，数列的前项和为.求证：.
【答案】（1）证明见解析，；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据递推式化简，即可得到，进而数列是等差数列即可得证，根据公式即可求出结果；
（2）利用裂项相消法即可求出，进而得证
【小问1详解】
由题知，，
则，即，又，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以.
【小问2详解】
由，
所以，
因为，所以，即.
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，且，平面平面，，是的中点，点在侧棱上，
（1）求证：直线平面；
（2）求的值，使得平面与平面夹角的余弦值为.
【答案】（1）证明见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）先利用等腰三角形的性质证明，即得，再由面面垂直的性质即可得证；
（2）取的中点为，连，证明平面，建立空间直角坐标系，求出相关点和向量的坐标，利用空间向量的夹角公式列方程，求解即得的值.
【小问1详解】
因底面是边长为2的菱形，且，则是等边三角形，
又因是的中点，则，因，则，
因平面平面，平面平面，平面，
故直线平面.
【小问2详解】
取的中点为，连，因，，则，且，
因平面平面，平面平面，平面，
则平面，易得，且，则两两垂直，
故可以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系.
则，
因点在侧棱上，，则，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，故可取，
又因平面，故可取平面的一个法向量为，
由题意，
解得或，均符合题意.
19. 已知椭圆：的离心率为，点在椭圆上，过点的直线交椭圆于，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）求面积的最大值（O为坐标原点）
（3）已知点，连接，过点作直线轴，且与直线交于点，点满足，若直线与椭圆的另一个交点为，证明：轴.
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用已知条件结合椭圆的几何性质及离心率列方程求出，进而求出椭圆标准方程；
（2）设直线方程及坐标，联立直线与椭圆方程，运用根与系数关系并结合三角形面积公式构造方程，结合基本不等式求出面积最大值；
（3）根据已知条件结合三角形的几何性质得出直线恒过定点，设直线的方程，联立直线与椭圆方程利用根与系数的关系求出坐标关系，得出横坐标相等，从而证明轴．
【小问1详解】
因为椭圆的离心率为，点在椭圆上，
所以，解得，椭圆的方程为．
【小问2详解】
因为过点的直线交椭圆于A，B两点，
当直线与轴重合时的面积为0，不符合题意，所以直线与轴不重合，
设直线的方程为，
联立直线和椭圆方程，整理得，
由，得，
由根与系数的关系得，
因为，
将代入，
所以，
令，则，
当且仅当，即时取等号，
所以当时，的面积取最大值．
【小问3详解】
如图所示，设直线与轴交于点，
因为直线轴，所以，
又因为，所以，又因为点和点，
所以，故直线恒过定点．
设直线的方程为，
联立，整理得，
所以，且，又因为，
所以，
因为，
所以，
此时，
即，所以轴．