贵州省毕节市大方县2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题（有解析）

这是一份贵州省毕节市大方县2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题（有解析），共20页。试卷主要包含了本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．满分150分，考试时间120分钟．
2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0．5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
3．本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章．
一、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，只有一个选项是符合题目要求的．
1. 已知复数，则的实部为（ ）
A. B. C. 3D. 5
2 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
3. 已知两条直线，则“”是“”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
4. 正项等比数列中，，是方程的两根，则的值是（ ）
A. B. C. D.
5. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知函数，若，则（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
7. 在矩形ABCD中，，，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角，则四面体ABCD的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
8. 是圆上的动点，是直线上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二、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，以下说法正确是（ ）
A. 若空间向量，则在上的投影向量为
B. 若空间向量满足，则与夹角为锐角
C. 若对空间中任意一点，有，则四点共面
D. 若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则
10. 阿波罗尼奥斯是古希腊著名的数学家，与欧几里得、阿基米德齐名，他的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.其中给出了抛物线一条经典的光学性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴.此性质可以解决线段和的最值问题，已知抛物线，是抛物线上的动点，焦点，，下列说法正确的是（ ）

A. 方程为B. 的方程为
C. 的最小值为D. 的最小值为
11. 类比于数学史上著名的“冰雹猜想”，任取一个正整数，若是奇数，就将该数加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步禁后，必得到数字1.如取，则的值依次为，共需5个步骤变成1，则称该运算为5步运算，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，的值依次为
B. 当时，该运算为7步运算
C. 当运算为7步运算时，的值可能有13个
D. 当运算为7步运算时，的最大值与最小值之和为137
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知数据的方差为，那么数据的方差为______．
13. 意大利数学家斐波那契提出了一个著名的兔子问题，得到了斐波那契数列．数列满足，．现从数列的前2025项中随机抽取1项，能被3除余1的概率是______．
14. 已知函数的图象关于直线对称，的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若在区间内恰有3个解，则实数a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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，.
（1）求的值；
（2）若面积为，求的周长.
16. 已知为数列的前n项和，，．
（1）求的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为，求证：．
17. 已知直线，圆，是上一动点.
（1）若点在轴上，求过点且与圆相切的直线方程；
（2）过点作圆的切线，切点分别为，求证：直线恒过定点.
18. 如图，在四棱柱中，平面ABCD，，，，.M，N分别为，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求直线到平面的距离.
19. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，过点的直线l与C交于D，E两点（D、E均不在x轴上），的周长为16，且C的离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线被椭圆C所截的弦长为，求k的值；
（3）若点A为椭圆C的右顶点，过点（不同于点A）且斜率不为0的直线l与椭圆C相交于M，N两点（点M在G，N之间），若点H为线段MN上的点，满足，且，求t的值．
大方县2025~2026学年度秋季学期期末考试
高二数学试题
考生注意：
1．满分150分，考试时间120分钟．
2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0．5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
3．本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章．
一、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，只有一个选项是符合题目要求的．
1. 已知复数，则的实部为（ ）
A. B. C. 3D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据共轭复数的概念可得，然后利用乘法运算求得，进而利用实部的概念求解即可.
【详解】因为，所以，则，
所以的实部为5.
故选：D.
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由对数函数性质得集合，然后由交集定义计算．
【详解】，又，
故选：B.
3. 已知两条直线，则“”是“”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】由两直线平行求出，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】当时，，则，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4. 正项等比数列中，，是方程的两根，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用韦达定理得到两根之积，再结合等比数列性质求出，最后计算对数的值.
【详解】因为是方程的两根，
由韦达定理和等比数列性质可得，
.
故选：C.
5. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的渐近线方程可得，再结合离心率的计算公式，即可得答案.
【详解】因为的一条渐近线的方程为，
所以，所以的离心率为.
故选：A.
6. 已知函数，若，则（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数解析式判断函数的对称性有，结合已知求函数值.
【详解】由，其定义域为R，
又，
所以，则.
故选：D
7. 在矩形ABCD中，，，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角，则四面体ABCD的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】中点到四面体的四个顶点、、、的距离相等，是四面体的外接球的球心，再求出球半径及表面积.
【详解】如图
设AC的中点为O，由矩形ABCD可知点O到四面体的每个顶点的距离都相等，为，
则点O即为四面体外接球的球心，所以四面体ABCD的外接球的半径为，
则四面体ABCD的外接球的表面积为．
故选：B.
8. 是圆上的动点，是直线上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用几何法先判断直线与圆的位置关系，进而利用圆心到直线的距离减去半径即可求解.
【详解】由题意得，圆的圆心为，半径．
因为到直线的距离，
当且仅当时等号成立，所以直线与该圆相离，
所以的最小值为．
故选：C．
二、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，以下说法正确的是（ ）
A. 若空间向量，则在上的投影向量为
B. 若空间向量满足，则与夹角为锐角
C. 若对空间中任意一点，有，则四点共面
D. 若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，根据投影向量的定义列式运算得解；对于B，当，同向共线时也成立可判断；对于C，由空间向量共面的推论判断；对于D，由可判断.
【详解】对于A，在上的投影向量为，故A正确；
对于B，当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，故B错误；
对于C，在中，故四点共面，故C正确；
对于D，由，即，故，故D正确.
故选：ACD.
10. 阿波罗尼奥斯是古希腊著名的数学家，与欧几里得、阿基米德齐名，他的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.其中给出了抛物线一条经典的光学性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴.此性质可以解决线段和的最值问题，已知抛物线，是抛物线上的动点，焦点，，下列说法正确的是（ ）

A. 的方程为B. 的方程为
C. 的最小值为D. 的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】由焦点易得抛物线的方程为，设准线为，过作交于点，过作交于点，交于点，连接，通过抛物线的定义结合图象可得，即可求得答案.
【详解】由题可得，即的方程为，
设准线为，过作交于点，过作交于点，交于点，连接，
将代入可得，
所以，
于是，
当与重合时，取得最小值.

故选：BD.
11. 类比于数学史上著名的“冰雹猜想”，任取一个正整数，若是奇数，就将该数加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步禁后，必得到数字1.如取，则的值依次为，共需5个步骤变成1，则称该运算为5步运算，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，的值依次为
B. 当时，该运算为7步运算
C. 当运算为7步运算时，的值可能有13个
D. 当运算为7步运算时，的最大值与最小值之和为137
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意得到进而逐个判断即可；
【详解】由题知，对于A，，则的值依次为，故A正确；
对于B，，所以该运算为6步运算，故B错误；
对于C，当运算为7步运算时，，逆推可得如下结果，

据此可得的值可能有13个，故C正确；
对于D，由选项C知，的最大值为128，最小值为9，所以的最大值与最小值之和为137，故D正确，
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知数据的方差为，那么数据的方差为______．
【答案】
【解析】
【分析】确定原数据方差，再根据方差的性质计算新数据的方差.
【详解】已知数据的方差为，即，
对于数据（），根据方差的性质
因此新数据的方差为.
故答案为：.
13. 意大利数学家斐波那契提出了一个著名的兔子问题，得到了斐波那契数列．数列满足，．现从数列的前2025项中随机抽取1项，能被3除余1的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】求出数列各项的余数，得到余数数列为周期数列，周期为，从而确定前项中被除余的项数即可求得概率.
【详解】根据斐波那契数列的定义知，，
被3除的余数依次为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，…，
余数数列为周期数列，周期为8，，
所以数列的前2025项中被3除余1的有项，
故所求概率为．
故答案为：.
14. 已知函数的图象关于直线对称，的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若在区间内恰有3个解，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用辅助角公式，结合对称轴可求解析式，再利用平移可得，利用正弦值等于在区间内恰有个解，可得到动区间端点的取值范围，即可求解.
【详解】由已知可得，且图象关于对称；
则有，，解得，．
因为，所以，即；
向右移个单位后得到函数，则；
若在区间内恰有3个解，即在区间内恰有3个解；
因为，则，所以，即．
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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，.
（1）求的值；
（2）若的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理可得，再由正弦定理计算可得结果；
（2）由三角形面积公式可得，可得，所以的周长为5.
【小问1详解】
根据题意由余弦定理可得，
又可得，即可得，
所以，可得，
由正弦定理可得；
【小问2详解】
易知，
解得，即；
由（1）中可得，
所以周长为.
16. 已知为数列的前n项和，，．
（1）求的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为，求证：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用的关系式探究数列的特性，再求出其通项公式.
（2）利用裂项求和法求得，进而证得不等式成立.
【小问1详解】
数列中，由，得，
两式相减得，而，则，
又，，因此，数列是首项为2，公差为1的等差数列
所以的通项公式.
【小问2详解】
由（1）知，，
所以
.
17. 已知直线，圆，是上一动点.
（1）若点在轴上，求过点且与圆相切的直线方程；
（2）过点作圆的切线，切点分别为，求证：直线恒过定点.
【答案】（1）或.
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分斜率不存在与斜率存在两种情况讨论，使点到直线的距离等于圆的半径即可；
（2）由可知点在以为直径的圆上，又因为点在圆上，故为圆与以为直径的圆的公共弦，将两圆方程作差求出所在直线方程，再求其所过定点即可.
【小问1详解】
圆的圆心为，半径.
因为点在与轴上，所以的坐标为，
设过点且与圆相切的直线为，
若的斜率不存在，则的方程为，
圆心到距离等于，故与圆相切；
若的斜率存在，设的方程为，
即，
由与圆相切，得，，
整理得，解得，所以的方程为.
综上所述，过点且与圆相切的直线方程为或.
【小问2详解】
证明：设的坐标为，则的中点为，
所以，以为直径的圆的方程为，即，
整理得.
由题可知，，故点在以为直径的圆上，又因为点在圆上，故为圆与以为直径的圆的公共弦，
故将圆与圆的方程相减，得公共弦所在直线的方程为，
由，得，
令得即直线恒过定点.
18. 如图，在四棱柱中，平面ABCD，，，，.M，N分别为，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求直线到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.
【小问1详解】
取中点，连接，
由是的中点，故，且，
由是中点，故，且，
则有、，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
故平面；
【小问2详解】
以为原点，方向为轴建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、、、、，
则有、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
分别取，则有、、，，
即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
【小问3详解】
由（1）知平面；
故点到平面的距离即为到平面的距离；
，平面的法向量为，
则有，
即点到平面的距离为.
19. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，过点的直线l与C交于D，E两点（D、E均不在x轴上），的周长为16，且C的离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线被椭圆C所截的弦长为，求k的值；
（3）若点A为椭圆C的右顶点，过点（不同于点A）且斜率不为0的直线l与椭圆C相交于M，N两点（点M在G，N之间），若点H为线段MN上的点，满足，且，求t的值．
【答案】（1）
（2）±1 （3）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆定义和离心率，列出关于的方程组，求出即可求解；
（2）联立直线与椭圆方程，应用韦达定理及弦长公式列等式即可求解；
（3）设出直线的方程，联立直线与椭圆方程，并应用韦达定理写出根与系数关系，再根据题给条件写出点坐标与的关系，得到关于的方程，即可求解.
【小问1详解】
根据题意可知，所以，
所以椭圆C的方程为．
【小问2详解】
设直线与椭圆C的两交点的坐标分别为，，
联立，可得，所以
所以弦长为
，
化简得，即，得，所以k的值为±1．
【小问3详解】
设，，直线l的方程为，
联立得，，
所以
设点，因为，可得，
则，得，故，，……
又因为，则，可得，
所以，可得，得或（舍），所以．