贵州省黔南州2025-2026学年度高二第一学期期末质量监测数学试题（原卷版+解析版）

这是一份贵州省黔南州2025-2026学年度高二第一学期期末质量监测数学试题（原卷版+解析版），共22页。
1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前将姓名、准考证号、座位号准确填写在答题卡指定的位置上．
3．选择题须使用2B铅笔将答题卡相应题号对应选项涂黑，若需改动，须擦净另涂；非选择题在答题卡上对应位置用黑色墨水笔或黑色签字笔书写．在试卷、草稿纸上答题无效．
一、单项选择题（本题共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. 若直线经过两点，则直线的斜率为（ ）
A. B. 7C. 1D. -1
2. 在等差数列中，，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
3. 若数列的通项公式为，则80是这个数列的（ ）
A. 第7项B. 第8项C. 第9项D. 第10项
4. 若椭圆的长轴长是短轴长的倍，则椭圆的离心率为（ ）
A B. C. D.
5. 已知双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
6. 在正方体中，分别是的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
7. 设抛物线的焦点为，点在抛物线上，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，若直线的方程为，则（ ）
A 2B. 3C. 4D. 5
8. 已知直线过点，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
二、多项选择题（本题共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. 关于空间向量，下列说法正确的是（ ）
A. 若向量和向量都是单位向量，则
B. 若向量与向量的夹角为钝角，则
C 若四点共面，对空间中任意一点，有，则
D. 若，，则向量在向量方向上的投影向量的坐标为
10. 椭圆的左、右焦点分别为，过原点的直线与椭圆交于两点，则（ ）
A.
B. 面积的最大值为
C. 存在直线使得
D. 当直线的倾斜角为时，四边形的面积为
11. 在正四面体中，点，则点的坐标可以是（ ）
A. B.
C. D.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知空间向量，若，则___________．
13. 在数列中，，，则数列通项公式为___________．
14. 已知两点（其中），若圆上总存在点使得，则实数的取值范围是___________．
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知直线和圆．
（1）若直线，求实数的值；
（2）若直线，求直线被圆所截得的弦长．
16. 已知数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和，并证明．
17. 如图，已知四边形是边长为4的正方形，四边形是矩形，，是线段的中点．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
18. 椭圆的离心率为，直线经过椭圆的右焦点，且与椭圆交于点．
（1）求椭圆标准方程；
（2）当时，求弦长；
（3）设椭圆的左焦点为，当的内切圆的半径最大时，求实数的值.
19. 已知第1个正方形的边长为1，从第2个正方形起，每个正方形的顶点分别是上一个正方形各边的中点，例如：第2个正方形的顶点分别是第1个正方形各边的中点．记第个正方形的面积为，且．
（1）证明：数列是等比数列．
（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，并保持数列顺序不变，将数列原有的项和插入的数组成新数列．
（i）数列中是否存在三项（其中成等差数列）成等比数列？请说明理由．
（ii）记数列的前项和为，求的值．
（参考数据：）
黔南州2025-2026学年度第一学期期末质量监测
高二数学
注意事项：
1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前将姓名、准考证号、座位号准确填写在答题卡指定的位置上．
3．选择题须使用2B铅笔将答题卡相应题号对应选项涂黑，若需改动，须擦净另涂；非选择题在答题卡上对应位置用黑色墨水笔或黑色签字笔书写．在试卷、草稿纸上答题无效．
一、单项选择题（本题共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. 若直线经过两点，则直线的斜率为（ ）
A. B. 7C. 1D. -1
【答案】A
【解析】
【分析】由斜率的坐标公式直接求解可得.
【详解】由斜率公式可得斜率．
故选：A．
2. 在等差数列中，，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的下标和性质求出.
【详解】由等差数列的性质可知，即，解得．
故选：C．
3. 若数列的通项公式为，则80是这个数列的（ ）
A. 第7项B. 第8项C. 第9项D. 第10项
【答案】B
【解析】
【分析】令，求出的正整数解即可.
【详解】由数列的通项公式为，则令，即，可得.
解得或（舍去），
所以，所以80是数列的第8项．
故选：B．
4. 若椭圆的长轴长是短轴长的倍，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可得，再由、、的关系及离心率公式计算可得.
【详解】由题可知，即，从而，即．
由，可得，即，所以可得离心率．
故选：C．
5. 已知双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由双曲线方程可知双曲线的焦点在轴上，由离心率为，得，求得的值，从而求得其渐近线方程.
【详解】由题可知双曲线的焦点在轴上，且，，所以.
由，可得．
由离心率，可得．解得，从而，
所以双曲线的渐近线方程为，即．
故选：D．
6. 在正方体中，分别是的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求异面直线所成角余弦值.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系．
设正方体的棱长为1．由分别是的中点，
可得，
所以．
由向量夹角公式，得，
因此直线与所成角的余弦值为．
故选：B
7. 设抛物线的焦点为，点在抛物线上，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，若直线的方程为，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】求出焦点的坐标，由此可得抛物线的方程，从而求得准线方程，联立直线的方程，求得点的坐标，进而求得点的坐标，求出.
【详解】如下图：
对于直线，令，则，所以.
所以抛物线的方程为，故抛物线的准线方程为．
把代入直线的方程1，得点．
设，故，
代入抛物线，解得，
所以．
故选：A．
8. 已知直线过点，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据，得点的轨迹是单位圆，由直线与圆有公共点，可得圆心到直线的距离不大于半径，由此求得可得.
【详解】由于，所以点的轨迹是以坐标原点为圆心，半径为1的圆．
因为直线过点，所以直线与圆有交点，
因此，圆心到直线的距离不大于1，
即，可得，
所以．
故选：D．
二、多项选择题（本题共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. 关于空间向量，下列说法正确的是（ ）
A. 若向量和向量都是单位向量，则
B. 若向量与向量的夹角为钝角，则
C. 若四点共面，对空间中任意一点，有，则
D. 若，，则向量在向量方向上的投影向量的坐标为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据单位向量的定义判断A，根据数量积的定义判断B，根据空间共面定理的推论判断C，根据投影向量的定义判断D.
【详解】对于A，向量和向量都是单位向量，所以模相等，但是方向不一定相同，因此与不一定相等，故A错误；
对于B，若、的夹角为钝角，显然向量和向量都不是零向量，
则为负数，因此，故B正确；
对于C，由四点共面，且，所以，
解得，故C正确；
对于D，因为，，
所以，，
所以向量在向量方向上的投影向量为，故D正确．
故选：BCD．
10. 椭圆的左、右焦点分别为，过原点的直线与椭圆交于两点，则（ ）
A.
B. 面积的最大值为
C. 存在直线使得
D. 当直线的倾斜角为时，四边形的面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据椭圆的定义判断A；由的长度为定值，可知当点到的距离最大时，的面积最大，由此求出最大面积判断B；假设存在直线使得，求得的值，判断C；写出直线的方程，联立椭圆方程，求得点的坐标，求出四边形的面积，判断D.
【详解】对于A：由椭圆，得椭圆中.因此.
由椭圆的定义得，故A正确；
对于B：因为在中，底边长度不变，
所以当点在椭圆的上顶点时，面积最大，此时.
因此面积的最大值为，故B正确；
对于C：假设存在直线使得，则，即．
又因为，即.
代入，得.
因为，所以方程无解，
因此假设错误，所以不存在直线使得，故C错误；
对于D：由椭圆的对称性，设为轴上方的点.
当直线的倾斜角为时，直线，
联立得，
因此的面积为．
由对称性得四边形的面积为，故D正确．
故选：ABD．
11. 在正四面体中，点，则点的坐标可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】把正四面体补全为正方体，根据正方体的性质，结合三角形重心坐标公式进行求解即可.
【详解】由正四面体对棱相等，补全为如图所示的正方体，易知．
由对称性可知，点还有可能落在图中点处，因四面体为正四面体，
所以是正三角形，取的重心为点．
由正三角形性质可得
因点与点关于点对称，
设，
则根据中点坐标公式可得，，
所以．
故选：BC
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知空间向量，若，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量的数量积的坐标运算求解即可.
【详解】由题可得．
由，可知，
即，解得，
则，则．
故答案为：
13. 在数列中，，，则数列的通项公式为___________．
【答案】
【解析】
【分析】由，构造等比数列，求得数列的通项公式，从而求得数列的通项公式.
【详解】因为，所以.
因为，所以.
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以.
所以数列的通项公式为．
故答案为:．
14. 已知两点（其中），若圆上总存在点使得，则实数的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】设，利用向量垂直可得，由圆上一点到圆外定点距离的范围可得的范围.
【详解】设，由，
，
从而，所以，
又因为，所以．
即的取值可看作到原点的距离，
由于，圆的半径，
则圆上一点到圆外一点距离的范围是，
即，解得或．
故答案为：．
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知直线和圆．
（1）若直线，求实数的值；
（2）若直线，求直线被圆所截得的弦长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两直线平行的结论列式求值即可.
（2）先根据两直线垂直确定直线的方程，再利用“几何法”求弦长.
【小问1详解】
由，得，
解得.
经检验，当时，直线，此时成立，
所以的值为.
【小问2详解】
由，得，解得，此时.
由圆，得圆，
所以圆的圆心坐标，半径.
因为点到直线的距离，
所以直线被圆所截得的弦长为.
16. 已知数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和，并证明．
【答案】（1）
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）由与的关系求数列的通项公式；
（2）由（1）求得，根据裂项相消求和法求得数列的前项和，即可判断其取值情况，从而证明．
【小问1详解】
由已知，当时，；
当时，.
因为当时上式也成立，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，所以，
所以
因，所以，
所以，
即.
17. 如图，已知四边形是边长为4的正方形，四边形是矩形，，是线段的中点．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的定义和性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）根据线面垂直的判定定理和面面垂直的性质定理，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
如图，设交于点，则为的中点，连接．
因为四边形是矩形，是的中点，所以且，
所以四边形是平行四边形，
所以.
又因为平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为是的中点，
所以．
因为四边形是正方形，所以．
又平面平面，
所以平面.
又平面，
所以平面平面，且交线为．
因为平面，
所以平面.
因为平面，
所以.
以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，
则，
所以.
设平面和平面的法向量分别为．
由得
令，则.
由得
令，则.
设平面与平面的夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
18. 椭圆离心率为，直线经过椭圆的右焦点，且与椭圆交于点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）当时，求弦长；
（3）设椭圆的左焦点为，当的内切圆的半径最大时，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
（3）1或.
【解析】
【分析】（1）根据条件求出的值即可；
（2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理以及弦长公式求出；
（3）将问题转化为求面积最大时求的值，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理求出面积，再结合基本不等式求最值，根据取等条件可得.
【小问1详解】
依题意，得椭圆的右焦点为，即半焦距.
又离心率，则.
因为，所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
设．
当时，由，得.
根据韦达定理可知.
则
.
【小问3详解】
设的内切圆的半径为，而的周长为．
由，得，
因此，当的面积最大时，其内切圆的半径最大.
设．
由，得，
则，
于是.
令，则，则，
当且仅当，即时，等号成立，此时，
所以当的内切圆的半径最大时，实数的值为1或.
19. 已知第1个正方形的边长为1，从第2个正方形起，每个正方形的顶点分别是上一个正方形各边的中点，例如：第2个正方形的顶点分别是第1个正方形各边的中点．记第个正方形的面积为，且．
（1）证明：数列是等比数列．
（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，并保持数列顺序不变，将数列原有的项和插入的数组成新数列．
（i）数列中是否存在三项（其中成等差数列）成等比数列？请说明理由．
（ii）记数列的前项和为，求的值．
（参考数据：）
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）不存在，理由见解析；（ii）43
【解析】
【分析】（1）从“后一个正方形的顶点是前一个正方形各边中点”这一几何条件出发，推导出面积的递推关系，再通过的定义，转化为数列的递推公式，从而证明它是等比数列；
（2）（i）在的相邻两项间插入个数构成新的等差数列，先求出公差​的表达式，再用反证法证明不存在满足条件的三项，即可得出结果；（ii）构造新数列后，需要先确定前990项包含哪些原数列的项和插入的项，再用错位相减法求出前990项和，最终完成对数运算.
【小问1详解】
证明：设第个正方形的边长为．
由题意知，且，
则.
由于，所以，于是，即.
而，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列.
【小问2详解】
（i）不存在.
理由：由（1）知数列是等比数列，所以.
因为在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，
所以，即.
假设数列中存在三项（其中成等差数列）成等比数列，
则得化简得
于是，即，所以，从而，与题设假设矛盾．
综上，数列中不存在三项（其中成等差数列）成等比数列．
（ii）在数列中，记从开始数（包含在内）到之前的项的个数为，项的和为，
则，且，
而．
因为，所以的第990项是，所以.
由等差数列性质知，在与之间插入的个数的和为，
所以
（或），
所以，
所以，
两式作差，得
所以，
所以.
而，所以，
从而.