2025-2026学年河北省石家庄市无极中学等校高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年河北省石家庄市无极中学等校高二（上）期末数学试卷（含答案），共9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：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知等差数列{an}的公差d=2，a5=5，则a1=( )
A. −3B. −1C. 1D. 3
2.抛物线y2=16x的焦点到准线的距离是( )
A. 1B. 2C. 4D. 8
3.已知函数f(x)=x2−2x−3，则f(x)从1到1+Δx的平均变化率为( )
A. Δx+3B. 2Δx−1C. ΔxD. (Δx)2−Δx
4.过点(2,1)且在两坐标轴上截距相等的直线l的方程是( )
A. x+y−3=0B. x−2y=0
C. x+y−3=0或x−2y=0D. x+y−3=0或x−y−1=0
5.已知向量a=(2,λ,1)，b=(1,−1,−2)，且向量a与b夹角的余弦值为 36，则λ的值为( )
A. −5B. − 5C. 5D. − 5或 5
6.已知椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P为椭圆C上一点，若|PF1|⋅|PF2|=72，则cs∠F1PF2=( )
A. 57B. 37C. 514D. 314
7.已知数列{an}满足a1=1,(n+2)an+1=nan(n∈N∗)，记{an}的前n项和为Sn，则S2025=( )
A. 20251013B. 20231012C. 40522027D. 40482025
8.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=2，∠BAD=90°，∠BAA1=∠DAA1=60°，则直线BC1与A1C所成角的余弦值为( )
A. 26
B. 36
C. 23
D. 33
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列求导数运算正确的是( )
A. (x3+sin2)′=3x2+cs2B. (2x)′=2xln2
C. (xsinx)′=sinx+xcsxD. (lnxx)′=1−lnxx2
10.已知点P在圆C1：x2+y2=4上，点Q在圆C2：x2+y2−6x+8y+9=0上，则( )
A. 两圆相交B. 圆C2与x轴相切
C. |PQ|的取值范围为[3,7]D. △PC1C2面积的最大值为6
11.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的动点，且||PF1|−|PF2||=4，若直线l与C的右支交于A，B两点，AB的中点为Q，则下列说法正确的是( )
A. C的方程为x24−y212=1
B. 若PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，则k1k2=3
C. 若O为坐标原点，且AB，OQ的斜率分别为k3，k4，则k3k4=3
D. 若l经过F2，则△AF1F2，△BF1F2的内心与M(2,0)三点共线
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数f(x)的导函数为f′(x)，若limΔx→0f(−5+Δx)−f(−5)Δx=5，则f′(−5)= ．
13.⊙C：(x−1)2+y2=1关于直线2x−y+1=0对称的圆的方程为 ．
14.已知数列{an}的通项公式为an=[lg2n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，例如[1.2]=1，[−2.3]=−3，则a1+a2+a3+⋯+a2025= ．
四、解答题：本题共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.(本小题13分)
已知函数f(x)=lnx−ax2(a∈R)，且f′(2)=−152．
(1)求a的值；
(2)求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程．
16.(本小题15分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F在直线x−4y−2=0上．
(1)求C的方程；
(2)O为坐标原点，过点F作直线交C于M，N两点，求△OMN面积的最小值．
17.(本小题15分)
如图，在多面体ABCDEF中，平面ABCD⊥平面ADEF，DA=EF，AB//CD，AD⊥CD，∠FAD=π4，DE=2 2，AB=EF=12CD=2，P为EC的中点．
(1)求证：DF⊥平面ABCD；
(2)在线段BC上是否存在一点H，使得平面DHP与平面BEF的夹角的余弦值为2 7035？若存在，求BHBC的值；若不存在，请说明理由．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 63，上顶点B的坐标为(0,1)．
(1)求C的方程；
(2)已知M为C上一点，过M作x轴的垂线，垂足为N，若点S满足NS=3NM，当点M在C上运动时，求点S的轨迹方程；
(3)过(−1,0)的直线l与椭圆C交于P，Q两点，O为坐标原点，直线OQ与椭圆的另一个交点为G，若△PQG的面积S△PQG=32，求直线l的方程．
19.(本小题17分)
已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0，bn>0，1+Sn=anan+1an+1−an(n∈N∗)，1+Tn=bnbn+1bn−bn+1(n∈N∗)．
(1)若a1=1．
①求数列{an}的通项公式；
②数列{an}中是否存在互不相同的3项am,ak,ap(m,k,p∈N∗)成等差数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由．
(2)若1a1−1b1=4049，求a2026b2026−a2025b2025的值．
参考答案
1.A
2.D
3.C
4.C
5.B
6.A
7.A
8.B
9.BCD
10.AB
11.ACD
12.5
13.(x+75)2+(y−65)2=1
14.18214
15.解：(1)根据题意可得f′(x)=1x−2ax，
所以f′(2)=12−4a=−152，解得a=2；
(2)由(1)得f(x)=lnx−2x2，所以f(1)=−2，
由f′(x)=1x−4x，得f′(1)=−3，
所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y−(−2)=−3(x−1)，即3x+y−1=0．
16.解：(1)由于C：y2=2px(p>0)的焦点F在x轴正半轴上，
对于直线x−4y−2=0，令y=0，可得x=2，
可知焦点F(2,0)，即p2=2，可得p=4，
因此抛物线C的方程为y2=8x．
(2)根据题意可知：直线MN的斜率可能不存在，且不为0，
设直线MN为x=my+2，N(x2,y2)，M(x1,y1)，
联立方程x=my+2y2=8x，化简得y2−8my−16=0，
那么根的判别式Δ=64m2+64>0，根据韦达定理可得y1y2=−16，y1+y2=8m，
那么|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2= 64m2+64=8 m2+1，
那么S△OMN=12|y1−y2|×2=8 m2+1≥8，
当且仅当m=0时，等号成立，
所以△OMN的面积最小值为8．
17.解：(1)证明：因为DA=EF，所以四边形ADEF为平行四边形，
因为DE=2 2，EF=2，所以AD=2，AF=2 2，又∠FAD=π4，
由余弦定理得DF= AD2+AF2−2AD⋅AFcs∠FAD= 4+8−2×2×2 2× 22=2，
则AD2+DF2=8=AF2，因此DF⊥AD；
又平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF=AD，DF⊂平面ADEF，
因此DF⊥平面ABCD；
(2)由(1)DF⊥平面ABCD，
又因为AD⊥CD，所以直线DA，DC，DF两两垂直，
以点D为原点，直线DA，DC，DF分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，F(0,0,2)，C(0,4,0)，BF=(−2,−2,2)，
由ADEF是平行四边形，得FE=AD=(−2,0,0)，则E(−2,0,2)，
设平面BEF的法向量n=(x,y,z)，
则n⊥BFn⊥FE，则n⋅BF=−2x−2y+2z=0n⋅FE=−2x=0，
取y=1，得n=(0,1,1)，
假设线段BC上存在一点H，
使得平面DHP与平面BEF的夹角的余弦值为2 7035，
BC=(−2,2,0)，DB=(2,2,0)，P(−1,2,1)，DP=(−1,2,1)，
设BH=tBC=(−2t,2t,0)(0≤t≤1)，则DH=DB+BH=(2−2t,2+2t,0)，
设平面DHP的法向量m=(a,b,c)，
则m⊥DPm⊥DH，则m⋅DP=−a+2b+c=0m⋅DH=(2−2t)a+(2+2t)b=0，
取a=1+t，得m=(1+t,t−1,3−t)，
设平面DHP与平面BEF的夹角为α，
则csα=|m⋅n||m||n|=2 2× 3t2−6t+11=2 7035，
而0≤t≤1，解得t=12，
所以存在点H，使得平面DHP与平面BEF的夹角的余弦值为2 7035，
此时BHBC=12．
18.解：(1)设椭圆C的半焦距为c，
因为椭圆的离心率为 63，上顶点B的坐标为(0,1)，
所以e=ca= 63，b=1，
又a2=b2+c2，
解得a2=3，
则椭圆C的方程为x23+y2=1；
(2)设S(x,y)，M(x0,y0)，
因为M为C上一点，过M作x轴的垂线，垂足为N，
所以N(x0,0)，
此时NS=(x−x0,y), NM=(0, y0)，
因为NS=3NM，
所以x−x0=0y=3y0，
解得x0=xy0=y3，
因为M(x0,y0)在椭圆C上，
所以x023+y02=1，
即x23+(y3)2=1，
整理得x23+y29=1，
则点S的轨迹方程为x23+y29=1；
(3)由题意可知过点(−1,0)的直线l的斜率不为0，且直线l与椭圆C必相交，
设直线l的方程为x=my−1，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立x23+y2=1x=my−1，消去x并整理得(m2+3)y2−2my−2=0，
由韦达定理得y1+y2=2mm2+3, y1y2=−2m2+3，
因为OQ与椭圆的另一交点为G，
所以Q，G关于原点对称，
即O为QG中点，
则S△PQG=2S△OPQ=32，
即S△OPQ=34，
可得S△OPQ=12×1×|y1−y2|=12×1× (y1+y2)2−4y1y2=12 (2mm2+3)2+8m2+3=34，
整理得(m2−1)(3m2+5)=0，
因为3m2+5≠0，
所以m2−1=0，
解得m=±1，
则直线l的方程为x=±y−1．
即x+y+1=0或x−y+1=0．
19.解：(1)①由1+Sn=anan+1an+1−an，a1=1，
得1+1=a2a2−1，解得a2=2，
由1+Sn=anan+1an+1−an，得1+Sn+1=an+1an+2an+2−an+1，
两式相减，得an+1=Sn+1−Sn=an+1an+2an+2−an+1−anan+1an+1−an，
又an+1>0，整理得an+12=anan+2，所以数列{an}是等比数列．
所以数列{an}的公比q=a2a1=2，
所以an=2n−1；
②假设存在互不相同的3项am,ak,ap(m,k,p∈N∗)成等差数列，
则2ak=am+ap，即2×2k−1=2m−1+2p−1．
不妨设m