精品解析福建省厦门双十中学2025-2026学年高二上学期期末考试数学试卷含解析（word版）

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（本试卷共6页，考试时间150分钟，总分150分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将一般式方程整理为斜截式方程可得直线斜率，由斜率和倾斜角关系求得倾斜角.
【详解】由得：，
所以直线的斜率为，
直线的倾斜角为.
故选：D
2. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用导数的运算法则和复合函数求导的法则，准确运算，即可求解.
【详解】对于A，由 ，所以A错误；
对于B，由，所以B正确；
对于C，由，所以C错误；
对于D，由，所以D错误.
故选：B.
3. 在四面体中，，，，点满足，为的中点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算计算即可.
【详解】由题意
，
所以，解得，
故选：B
4. 已知等差数列，为其前项和，，则“”是“数列为递减数列”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】根据等差数列的性质以及充分不必要条件的定义判断即可．
【详解】由可得，整理，
因为，故，数列为递减数列，
因此条件“”可以推出结论“数列为递减数列”，故充分性成立；
而数列为递减数列，只需即可，无需，
因此“数列为递减数列”无法推出条件“”，故必要性不成立.
因此“”是“数列为递减数列”的充分不必要条件.
故选：A.
5. 已知双曲线的离心率为，其中一条渐近线（斜率大于0）与圆交于M，N两点，且则（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的离心率求出渐近线方程，再借助点到直线距离公式求出弦心距，进而列出弦长求解即可得出结果.
【详解】双曲线的离心率为，得，
解得：于是双曲线的渐近线方程为，即，
圆的圆心，半径，
当渐近线（斜率大于0）时，即为时，
点到此直线的距离为，
又因为弦长，解得：.
故选：C.
6. 已知抛物线的焦点为,两点在抛物线上，并满足，过点作轴的垂线，垂足为，若，则（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】分过的直线斜率不存在和存在两种情况，设出直线方程，联立抛物线，得到两根之积，根据向量比例关系得到方程，求出，，从而得到方程，求出答案.
【详解】由题意得，
当过的直线斜率不存在时，，不合要求，舍去，
当过的直线斜率存在时，设为，联立得，
，
设，则，
因为，所以，
又，故，解得，
故，解得，
故，解得.
故选：B
7. 已知函数在区间上是单调函数，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解法一：利用导数的运算法则得，根据函数单调时导数恒正或恒负，分离参数后求函数最值确定的取值范围；解法二：利用补集思想，先求函数不单调时的取值范围，再取补集得到单调时的取值范围.
【详解】（解法1）因为在区间上是单调函数，
所以，对，有，
或者恒成立，
所以，对有或者恒成立，
利用二次函数性质求解可得：或者，
设，定义域为，，
当时，，所以，
即在上单调递减，则，
又因为时，，
且时，，
所以，则或者，
所以.
（解法2）若在区间上不单调，
则在内存在极值点，
所以，在内存在变号实根，
即在内存在变号实根，
化简得：在内存在变号实根，
所以，直线与函数在上的图像有交叉点，
又由解法一可知，，所以，化简得：，
若在区间上是单调函数，则.
故选：D.
8. 已知，是双曲线：的左、右焦点，椭圆与双曲线的焦点相同，与在第一象限的交点为P，若的中点在双曲线的渐近线上，且，则椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆和双曲线的定义表示出，利用中位线定理找到,的关系，再结合，借助勾股定理进行运算即可.
【详解】根据题意:设，设椭圆长半轴长为，短半轴长为，双曲线实半轴长为，虚半轴长为，则由椭圆及双曲线定义可得：，
又因为，且分别为，的中点，所以,
所以到渐近线的距离为，
所以，，结合，可得：①
因为，所以即，
整理得：，将①代入，，所以.
故选：C.
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. 已知有如下定义：设是的导函数，是函数的导函数.若方程有实数解，则称点，为函数的“拐点”，经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.若三次函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的值域为
B. 在区间上单调递增
C. 点是曲线的对称中心
D. 若方程有三个不同实根，则实数的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，求得和，得到函数的单调区间和极值，以及的根，结合选项，逐项分析判定，即可求解.
【详解】由函数，可得，且，
对于A：当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
且当时，，当时，，
所以函数的值域为，所以A正确；
对于B，函数在单调递减，在单调递增，所以B错误；
对于C，令，可得，解得，且，
所以点是曲线的对称中心，所以C正确；
对于D，由在单调递增，在单调递减，在上单调递增，
所以函数的极大值为，极小值为，
且当时，，当时，，
要使方程有三个不同实根，即方程有三个不同实根，
即函数与图像有三个不同的交点，所以，
所以实数的取值范围为，所以D正确.
故选：ACD.
10. 记为数列的前项和，且，，则（ ）
A. B. 为等比数列
C. 数列单调递减D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】令得出可判断AC；利用降标作差得出，再根据等比数列的定义证明判断B；利用分组求和判断D.
【详解】令，则，即，
因为，所以，故A正确，C错误；
因为，所以，
两式作差得，
当时，符合上式，故，则，
因为，由以上递推关系可知，所以，
则是以为首项，为公比的等比数列，故B正确；
得，则，
则，故D正确.
故选：ABD
11. 已知正方体的棱长为，是线段的中点，是底面正方形内的动点（包含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 存在点，使得平面
C. 若点在线段上运动，则与平面所成角正弦最大值为
D. 若与所成的角为，则动点的轨迹为双曲线的一部分
【答案】ABD
【解析】
【分析】由平面平面，得到点到平面的距离为定值，结合锥体的体积公式，可判定A正确；连接,交于点，证得平面，当为底面正方形中心时，得到平面，可判定B正确；以为原点，建立空间直角坐标系，设，得到，结合向量的夹角公式，可判定C错误；设，由与所成的角为，列出方程，得到动点的轨迹为双曲线的一部分，可判定D正确.
【详解】对于A中，因为平面平面，所以点到平面的距离为定值，
所以为定值，所以A正确；
对于B中，连接,交于点，连接，
则为的中点，因为为的中点，所以，
在正方体中，可得，
因为，且平面，所以平面，
所以平面，当为底面正方形中心时，平面，所以B正确.
对于C中，以为原点，所在直线为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，
则, , ，可得，，
设，其中，则，
可得平面的法向量，
设直线与平面所成角为，当时，与重合，此时，；
当时，，
当且仅当时取等号，
综上可得，与平面所成角的正弦值最大为，所以C错误.
对于D中，设，则,，
因为与所成的角为，所以，
所以，可得，所以动点的轨迹为双曲线的一部分，所以D正确.
故选：ABD.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若椭圆的左右焦点分别为，上顶点为，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意，求得，由椭圆的几何性质，求得，得到为等边三角形，即可求解.
【详解】由椭圆，可得，则，
所以焦点，上顶点为,
如图所示，可得，且，即，
所以为等边三角形，所以.
故答案为：.
13. 在平面直角坐标系中，点，直线：，圆：，点为直线上一个动点，点为圆上一个动点，则的最小值为______.
【答案】9
【解析】
【分析】设点关于直线的对称点为，则可转化为，而，通过求对称点的坐标结合两点间距离即可求解.
【详解】根据题意，设点关于直线的对称点为，则，，
当、、三点共线时，取得最小值，
则，
又由，设点，
则，解得，则，
又因为圆：，其圆心为，半径，
则，所以.
故答案为：9.
14. 已知数列的第一项为1，第二项为，第三项为，，依此类推.记数列的前项和为，，若数列单调递减，则实数的取值范围是_____.
【答案】
【解析】
【分析】利用题意求出，然后再求出，再利用递推关系结合单调性可得到不等式恒成立，最后可求出参数的范围.
【详解】由题意得：
，
又因为，
所以有，
因为数列单调递减，所以有对于恒成立，
即对于恒成立，
再取，则由，
可知数列单调递减，则，
所以要使得不等式对于恒成立，
则满足，即实数的取值范围是.
故答案为：.
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. 已知圆：，直线过点.
（1）当与圆相切时，求的方程；
（2）设线段的端点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程，并说明动点的轨迹
【答案】（1）或
（2），轨迹为以为圆心，1为半径的圆
【解析】
【分析】（1）分析直线斜率是否存在两种情况讨论求解切线的方程.
（2）法一：设点，，可得，利用点在圆上运动，可求点的轨迹方程；法二：利用中位线性质得出的值，求出点坐标，根据圆的定义得到点的轨迹方程.
【小问1详解】
已知圆的圆心是，半径是2，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离为，解得，
故直线的方程为.
综上，直线的方程为或.
【小问2详解】
（解法1）设点，，则由点是线段的中点得，
所以①，
因为点在圆上运动，所以②，
将①代入②得，
化简得点的轨迹方程是.
所以点的轨迹为以为圆心，1为半径的圆.
（解法2）连接，，取中点，连接，
因为为中点，所以，
因为，所以，
所以动点的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
所以动点的轨迹方程为
16. 在如图所示的多面体中，四边形为菱形.在梯形中，，，，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若，，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，则求出，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在实数
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可得线面垂直，即由线线垂直再证明线面垂直；
（2）利用空间向量法来求线面角正弦值，通过方程来求解即可.
【小问1详解】
因为平面平面，，平面，平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因四边形为菱形，所以，
又，平面，所以平面；
【小问2详解】
设，取中点，连接，得，
因为平面，所以平面，
以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为菱形，所以，
又因为，所以为等边三角形，
所以，.
则，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量，
则，即，取，可得，，
故，
设，由，得，
即，则.
设直线与平面所成的角为，
则，
解得，即或，
又，所以，
故存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为.
17 已知动圆与直线相切且与圆：外切.
（1）求圆心的轨迹的方程；
（2）直线过点且与轨迹交于两点，若的倾斜角为，求弦长的值；
（3）若是轨迹上两点，是坐标原点，直线，的斜率之积等于，求证：直线过定点.
【答案】（1）
（2）8 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）解法1：设圆心C的坐标为，根据题意，得到，化简求得圆心的轨迹的方程；
解法2：根据题意得到动圆的圆心到的距离等于点到直线的距离，结合抛物线的定义，求得圆心的轨迹的方程；
（2）由直线的方程为，联立方程组，求得，结合抛物线的焦点弦的性质，即可求解.
（3）设直线，且，联立方程组，求得和，由和抛物线的方程，化简得到，求得，进而得到过定点.
【小问1详解】
由定圆，可得圆心为，半径，
因为到直线的距离为，所以直线与圆相离，且在圆左侧，
如图所示，动圆必在直线右侧，
解法1：设圆心C的坐标为，动圆的半径为，
由动圆与直线相切，可得，
由圆与圆外切，可得，即，
整理得，所以圆心的轨迹的方程为.
解法2：设为动圆圆心到的距离，由题意得，
即动圆的圆心到的距离等于点到直线的距离，
所以动圆圆心的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线，
设动圆圆心的轨迹方程为，则，解得，
所以圆心的轨迹的方程为.
【小问2详解】
由题意得，直线的方程为，设，，
联立方程组，整理得，则，且，
由抛物线的定义，可得.
【小问3详解】
由题意知，直线的斜率不为0，设直线，且，
联立方程组，整理得，
则，且，，
因为直线与的斜率之积等于，所以，
即，所以，
又因为，，所以，可得，
因为，所以，所以，解得，
所以直线的方程为，所以直线过定点.
18. 已知等比数列的前项和为，且.
（1）求数列通项公式；
（2）求数列满足,求数列的前项和；
（3）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）先利用作差法，消去前项和，再通过时的式子确定首项，代入公式进而得到通项；
（2）先将分段数列按“奇数项、偶数项”拆分为两个基本数列（等差数列+等比数列），再利用等差数列、等比数列的求和公式计算两组的和，最后合并结果即可；
（3）先假设存在满足条件的项，结合等比、等差数列的性质建立等式，再运用基本不等式的性质判断即可.
【小问1详解】
解：由数列满足，
当时，，
当时，，
两式相减，可得，
整理得，即，
又，且是等比数列，则其公比为4，
所以，即，
所以的通项公式为：；
故答案为：.
【小问2详解】
由题意，，则前项中：
奇数项：，共项，
是首项为3，公差为4的等差数列（因为，相邻两项差为4），
则：
偶数项：，共项，对应，
是首项为4，公比为16的等比数列（），
则：
因此前项和为：
.
故.
【小问3详解】
由（1）知，，因为，
所以，整理得：
所以，即，
因为成等差数列，即（），
假设成等比数列，则，代入的表达式：
，化简得：，
由，得，故：，
结合，，
等号仅当时成立，这与题设(互不相等）矛盾.
故数列中不存在3项（其中成等差数列）成等比数列.
19. 已知椭圆的离心率为，是上的点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过作两条倾斜角互补的直线，分别交椭圆在轴上方部分于，两点.
（i）求面积的最大值；
（ii）过延长线上的点作椭圆的两条切线，，若与交于点，与交于点，求证：直线过定点.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由离心率及点在椭圆上，椭圆参数关系列方程组求得，即可得椭圆方程；
（2）（i）设DE的方程为，与椭圆方程联立，利用弦长公式表示出，利用点到直线的距离公式表示出T到DE的距离，表示出面积，利用基本不等式即可求得面积的最大值；
（ii）设，设出过点的椭圆的切线方程，与椭圆方程联立，消元得到一元方程，由相切得，再设，与切线方程联立，表示出点，点的横坐标，再由则，化简可得，可得直线MN过定点.
【详解】（1）已知椭圆的离心率为，是上的点.
则，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）（i）显然当DE与轴垂直时，TD，TE的倾斜角不互补，
设DE的方程为：，设，
联立,消x得：，
所以，，
则，
所以，
代入得：，
所以，即直线DE过定点.
所以，，
所以，
又T到DE的距离为，
所以，当时取等号.
即面积的最大值为；
（ii）设，设过点的椭圆的两条切线为，，
联立，
得，
由相切得，化简得，
所以，，
设，联立，解得，
联立，解得，
则，化简得：，
所以直线MN过定点.