精品解析山东省临沂市2025-2026学年高二上学期期末考试数学试卷含解析（word版）

这是一份精品解析山东省临沂市2025-2026学年高二上学期期末考试数学试卷含解析（word版），文件包含精品解析山东省临沂市2025-2026学年高二上学期学科素养水平监测数学试题原卷版docx、精品解析山东省临沂市2025-2026学年高二上学期学科素养水平监测数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
2026.2
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知直线经过点，，则的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由两点式斜率公式求得斜率，再结合倾斜角的范围求解即可.
【详解】因为直线经过点，，所以的斜率为，
又直线倾斜角的范围为，所以直线的倾斜角为.
故选：D
2. 函数零点所在区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先判断函数的单调性，再结合零点存在性定理判断即可.
【详解】因为与均在上单调递增，
所以在上单调递增，
又，，
即，所以函数的零点所在区间是.
故选：B
3. 在四面体中，为线段靠近的三等分点，为的中点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量的基本定理可求出、、的值，即可得出的值.
【详解】如下图所示：
因为为的中点，所以，由题意可知，
所以，
在三棱锥中，、、不共面，且，
所以，，故.
故选：A.
4. 已知某质点的位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数的物理意义，运算公式和法则求解即可.
【详解】对函数求导得，
故该质点在时的瞬时速度为.
故选：C.
5. 已知，椭圆与双曲线的离心率分别为、，若，则的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆、双曲线的离心率公式结合可得出关于的等式，求出的值，即可得出双曲线的渐近线方程.
【详解】设椭圆、双曲线的半焦距长分别为、，
由题意可知，椭圆、双曲线的焦点都在轴上，所以，，
，，
由可得，解得，
故双曲线的渐近线方程为，即.
故选：A.
6. 甲乙两人独立地参加一项闯关游戏，甲成功的概率为，乙成功的概率为，则甲乙至少有一人成功的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用独立事件的概率公式和对立事件的概率公式可求得结果.
【详解】记事件甲成功闯关，事件乙成功闯关，事件至少有一人成功闯关，
则事件、相互独立，且，，，
所以
.
故选：C.
7. 已知椭圆的左、右两个焦点分别为、，是上的动点，是圆上任意一点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由椭圆定义可得，可得出，结合圆的几何性质可求得的最小值.
【详解】对于椭圆，，，则，故、，
圆的标准方程为，圆心为，半径为，如下图所示：
由椭圆定义可得，
所以
，
当且仅当点、分别为线段与椭圆、圆的交点时，上述两个等号同时成立，
故的最小值为.
故选：A.
8. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘再加上；若是偶数，就将该数除以，反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈，这就是数学史上有名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.已知数列满足：，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】推导出当且时，，再由可得出的值.
【详解】因为数列满足：，，
所以，，，
，，，，
，，，，，
以此类推可知当且时，，
因为，故.
故选：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. 设函数，则下列结论正确的有（ ）
A. 单调递减区间为
B. 是的极小值点
C. 有3个零点
D. 当时，方程恰有三个实数根
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用导数法求出单调性判断A；根据单调性得到极值点判断B；根据函数单调性结合零点存在定理得到有3个零点判断C；当时，结合图像得到方程恰有三个实数根判断D.
【详解】，，
对于选项A，的解为，
则的单调递减区间为，故选项A正确；
对于选项B，由得或，
的解为或，
则的单调递增区间为，
则是的极大值点，故选项B错误；
对于选项C，，
为的一个零点，
时是单调递增函数，
故在范围内，有且仅有一个零点；
的单调递减区间为，
是的极大值点，
，
是的极小值点，
，
在范围内，有且仅有一个零点；
在范围内，是单调递增函数，
，
，
在范围内，有且仅有一个零点；
则有3个零点，故选项C正确；
对于选项D，的极小值为 ，极大值为，，
直线与的图像有且只有三个交点，
结合图像可知，当时，方程恰有三个实数根，故选项D正确.

故选：ACD.
10. 在长方体中，，，点，分别为，的中点，则（ ）
A. 平面
B. 平面
C. 点到平面的距离为
D. 直线与平面所成角的正切值为
【答案】AD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，结合空间向量法逐一分析各个选项即可．
【详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
依题意得，，，，
，，，，
由为中点，得，，
对于A，，，，
设平面的法向量为，则，
令，解得，所以，
又平面，因此平面，故A正确；
对于B，，由A选项知平面的法向量，
显然与不共线，故不垂直于平面，故B错误；
对于C，，，设平面的法向量为，
则，令，则，
又，所以点到平面的距离，故C错误；
对于D，易知平面的法向量为，而，
直线与平面所成角满足，
又，则，故D正确．
故选：AD．
11. 已知直线：过抛物线：（）的焦点，且与交于，两点，则下列说法正确的是（ ）
A. 线段长度的最小值为3
B. 若，则
C. 若点的坐标为，则直线，的斜率之和为0
D. 上一动点到直线的距离的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于选项A，求出焦点的坐标，得到的方程，解出的值，从而得到抛物线的方程，将直线 代入抛物线，整理得到关于的一元二次方程，利用韦达定理求出，利用弦长公式求出，利用得到的最小值；对于选项B，求出，利用得到，利用得到的值，代入得解；对于选项C，求出，，计算得解；对于选项D，设与直线平行且与抛物线相切的直线方程为，整理得到，利用求出，利用两平行线间的距离公式求出直线与直线的距离，即为上一动点到直线的距离的最小值.
【详解】对于选项A，，令，则，直线过，
直线：过抛物线：（）的焦点，
，，，抛物线：，
将代入，得到，整理得到，
已知直线：与抛物线交于，两点，设，
，
，
，，，的最小值为，故选项A错误；
对于选项B，，，
，
，，，
，
，，，
，，，，
，，，故选项B正确；
对于选项C，，，，
，同理，
，
，
，
，故选项C正确；
对于选项D，设与直线平行且与抛物线相切的直线方程为，
转化为，将代入得到，
整理得到，
直线与抛物线相切，，，
与直线平行且与抛物线相切的直线方程为，
直线与直线的距离为，
上一动点到直线的距离的最小值为，故选项D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 曲线在点处的切线的方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求出切线的斜率，利用点斜式可得出所求切线的方程.
【详解】对函数求导得，则，
因此，曲线在点处的切线的方程为.
故答案为：.
13. 中，内角，，的对边分别为，，，若，则______.
【答案】2
【解析】
【分析】利用正弦定理将中的边化角，得到，利用两角和的正弦公式得到，利用三角形内角和为及诱导公式得到，利用正弦定理进行角化边得解.
【详解】，
，
，
，
，
是的内角，，
，
，
，，，.
故答案为：.
14. 已知数列满足，定义使为整数的叫做“完美数”，则区间内所有“完美数”的和______.
【答案】
【解析】
【分析】由求出，计算出，由为整数得到为整数，设这个整数为，则，解得，由，，得到在区间内所有“完美数”有，利用数列的分组求和和等比数列求和公式即可得解.
【详解】，，
，
为整数，为整数，
设这个整数为，，则，解得，
，，
，
区间内所有“完美数”有，
区间内所有“完美数”的和
.
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. 已知函数的图像经过点.
（1）求；
（2）求在区间上的最大值与最小值.
【答案】（1）2 （2）最大值为，最小值为.
【解析】
【分析】（1）把点代入解析式可求；
（2）求导，利用导数分析函数的单调性，进而可求函数的最大值与最小值.
【小问1详解】
函数的图像过点，
，即，
，.
小问2详解】
由（1）得，，
，
由，得或，
当时，，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增，
，，，，
且，
在上的最大值为，最小值为.
16. 已知圆经过，两点，且圆心在直线上.
（1）求圆的标准方程；
（2）过点的直线与圆交于，两点.若，求的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）设出圆心坐标，利用已知建立方程组，求出圆心及半径即得.
（2）由给定弦长求出圆心到直线的距离，再按该直线斜率存在与否分类求出方程.
【小问1详解】
设圆心的坐标为，则，
由，得，即，
由，解得，即，
则圆的半径，
所以圆的标准方程为.
小问2详解】
由（1）知，圆：的圆心，半径，
圆心到直线的距离，
①若直线的斜率不存在，即：，
此时圆心到直线：的距离，符合题意；
②若直线的斜率存在，设直线：，
即，圆心到直线的距离，解得，
则直线：，即，
所以直线的方程为或.
17. 如图，在四棱锥中，底面满足，，底面，且，，，分别为，上的点，且.
（1）若，分别为，的中点，证明：平面平面；
（2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）或.
【解析】
【分析】（1）先证明出平面，可得，结合，再证得平面，然后由面面垂直判定定理得证；
（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，设，利用向量法求面面角的余弦，再解方程即可求出，得解.
【小问1详解】
平面，平面，，
，，平面，平面，
平面，，
，为的中点，，
平面，平面，
平面，平面平面.
【小问2详解】
平面，且，所以三线两两垂直.
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
，，，，，
设，（），，即得，
，，，.
设为平面的法向量，
由，得，
令，则，，，
设为平面的法向量，
由，得，
令，则，，
由，得，
，
即，化简得，
解得或，即的值为或.
18. 已知数列的首项，前项和为，数列是公差为的等差数列；等比数列的前项和为，且满足.
（1）求数列、的通项公式；
（2）求数列的前项和；
（3）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的通项公式可得出数列的通项公式，可得出的表达式，再利用可得出数列的通项公式；当时，由可得，两式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可得出数列的通项公式；
（2）求出数列的通项公式，利用错位相减法可求得；
（3）由得，令，分析数列的单调性，分为奇数、偶数两种情况讨论，结合参变量分离法可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
的首项为，公差为，
，.
当时，，
也适合上式，.
当时，， ①
， ②
①②：，，即，
的公比，
令①式中得，即，
，.
【小问2详解】
由（1）得，
，③
得：，④
③－④得：
，
.
【小问3详解】
由，得，
设，
可得：恒成立，
为递减数列，
当为偶数时，不等式对所有偶数恒成立，
需大于等于偶数项中的最大值，
又因单调递减，故最大值为，因此；
同理，当为奇数时，不等式对所有奇数恒成立，
需大于等于奇数项中的最大值，
又因单调递减，故最大值为，因此，即，
综上，实数的取值范围为.
19. 已知双曲线过点，且渐近线方程为，直线与交于不同的两点、（异于双曲线的顶点）.
（1）求的方程；
（2）为双曲线的下顶点，若以为直径的圆恒过点，试判断直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由；
（3）若、在双曲线的上支，且线段的垂直平分线过点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）直线过定点，该定点坐标为.
（3）
【解析】
【分析】（1）由已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出双曲线的方程；
（2）将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，由题意可得，利用平面向量数量积的坐标运算结合韦达定理可得出、所满足的关系式，即可求出定点坐标；
（3）解法一：求出线段的垂直平分线方程，将点的坐标代入此直线方程，可得出，由此可得出线段的中点的坐标，求出的取值范围，结合弦长公式可求出的取值范围，即可得出的取值范围，即可得出的取值范围；
解法二：由结合点、都在双曲线的上支上可求出的取值范围，结合弦长公式可求出的取值范围，即可得出的取值范围，即可得出的取值范围.
【小问1详解】
渐近线方程为，
，由双曲线过点，得，
，，
双曲线的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，由，得，
由题意得，①
设、，则，，

，
由，，
则
，
由以为直径的圆恒过点，得，
于是，解得或，
当时，直线过，不符合题意；
当时，直线过定点，
直线过定点，该定点坐标为.
【小问3详解】
解法一：设线段的中点为，
由（2）得，点，
线段的垂直平分线方程为，
点在线段的垂直平分线上，
，，②
点，

把②代入①，解得或，
又、在双曲线的上支，，
即，，，
，
，
，
，
令，，
由，得，解得，，
，，，
即的取值范围是.
解法二：设线段的中点为，
由（2）得，点，
线段的垂直平分线方程为，
点在线段的垂直平分线上，
，，②
点，
由（2）知，
解得或，
、在双曲线的上支，
，，
，
，
，
，
，，
，，，
即的取值范围是.