湖南省岳阳市平江县2025-2026学年高二上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

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考生注意：所有答案请务必填写在答题卡上，时量120分钟，满分150分.
一､选择题：本大题共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. 已知空间向量，，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量垂直得，即可求出的值.
【详解】.
故选：B.
2. 过点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出该直线的方程，由点在该直线上，即可得出该直线方程.
【详解】设该直线方程为
由点在该直线上，则，即
即该直线方程为
故选：C
【点睛】本题主要考查了由两直线垂直求直线方程，属于中档题.
3. 数列满足，则（ ）
A. 8B. 4C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据数列的递推关系可求
【详解】因为，故为奇数，故，
而为偶数，故，因为为偶数，故.
故选：B.
4. 已知函数在上可导，其部分图象如图所示，则下列不等式正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数的几何意义可知为该点切线的斜率，由图可知处的切线斜率比处的切线斜率大，为两点处的斜率，比较即可得出.
【详解】根据导数的几何意义，如图，
分别表示在点处切线的斜率，又因为
由图可知
故选：B.
5. 直线与之间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行直线间的距离公式进行求解即可.
【详解】 将直线化简得，
故两直线平行，它们之间的距离．
故选：C.
6. 已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】分析：设，则根据平面几何知识可求，再结合椭圆定义可求离心率.
详解：在中，
设，则，
又由椭圆定义可知
则离心率，
故选D.
点睛：椭圆定义的应用主要有两个方面：一是判断平面内动点与两定点的轨迹是否为椭圆，二是利用定义求焦点三角形的周长、面积、椭圆的弦长及最值和离心率问题等；“焦点三角形”是椭圆问题中的常考知识点，在解决这类问题时经常会用到正弦定理，余弦定理以及椭圆的定义.
7. 二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知，则该二面角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，应用向量数量积的运算律及已知可得，即可求二面角余弦值.
【详解】由，且，
得，
故，即，
所以，即二面角的余弦值为.
故选：D
8. 实数，满足，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】判断出点的轨迹，根据斜率、直线与圆的位置关系等知识求得正确答案.
【分析】方程，即，
所以是以，半径为的圆上的点，
表示点与点连线的斜率，
设直线与圆相切，
到直线的距离，
解得或，
所以的取值范围是.
故选：C

二､多选题：本大题共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2分，有选错的得0分.
9. 已知双曲线C：，下列对双曲线C判断正确的是（ ）
A. 实轴长是虚轴长的2倍B. 焦距为4
C. 离心率为D. 渐近线方程为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据双曲线的标准方程求出a、b、c，可以求出实轴长、虚轴长、焦距、离心率、渐近线方程，对四个选项一一验证即可.
【详解】∵双曲线C：∴..∴∴.∴双曲线的实轴长是，虚轴长是，A错误；焦距为.B正确；离心率为，C错误：渐近线方程为，D正确.
故选：BD
10. 已知直三棱柱中，，，点为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 平面
C. 异面直线与所成的角的余弦值为
D. 点到平面的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立如图空间直角坐标系，利用空间向量线性运算的坐标表示计算即可判断A；利用空间向量法证明线面平行、求解线线角和点面距即可判断BCD.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，
则.
A：，
所以，故A正确；
B：，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，所以，
所以，即，
又平面，所以平面，故B正确；
C：，则，
所以，
即异面直线与所成的角的余弦值为，故C错误；
D：设平面的一个法向量为，
则，令，则，所以，
得，所以点到平面的距离为，故D正确.
故选：ABD
11. 已知函数，则（ ）．
A. 的图象关于点对称
B. 的极大值点为
C. 在区间上的值域为
D. 若关于x的方程有两个不相等的实数根，则实数t的值为
【答案】AC
【解析】
【分析】函数为奇函数，平移可得，进而得到对称中心，判断A正确；利用导数，得出单调区间和极值可得，B错误，C正确；数形结合得出D错误.
【详解】因为函数为奇函数，其图象关于原点对称，把函数的图象向上平移4个单位长度得到的图象，所以A正确．
因为，所以，
令，解得或，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的极大值点为，B错误．
又的极大值为，极小值为，，，
所以在区间上的值域为，C正确．
画出函数的图象，如图所示，
由得，
若关于x的方程有两个不相等的实数根，
则函数的图象与直线有两个交点，
由图象知或，所以t的值为或，D错误．
故选：AC.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 记为数列的前项和，若，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据题中所给的，类比着写出，两式相减，整理得到，从而确定出数列为等比数列，再令，结合的关系，求得，之后应用等比数列的求和公式求得的值.
【详解】根据，可得，
两式相减得，即，
当时，，解得，
所以数列是以-1为首项，以2为公比的等比数列，
所以，故答案是.
点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.
13. 过椭圆的左焦点作倾斜角为的直线，直线与椭圆交于两点，则______．
【答案】##
【解析】
分析】根据给定条件，求出直线方程，并与椭圆方程联立，利用弦长公式计算即得.
【详解】依题意，椭圆左焦点，直线的方程为，
联立，消去得，设，
则，
，
因此．
故答案为：
14. 已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则__________.
【答案】或
【解析】
【分析】根据导函数与斜率的关系求出切线方程，联立曲线和切线方程，根据方程只有一个解求解即可.
【详解】因为，所以，
所以当时，，即切线的斜率为2，
所以由点斜式得即，
联立整理得，
因切线与曲线只有一个公共点，
所以方程只有一个根，
当时，方程为只有一个根，满足题意；
当时，，即，解得，
综上或，
故答案为: 或.
四､解答题：本大题共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. 已知的顶点分别为、、
（1）求边上的中线的方程；
（2）求的外接圆的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出边的中点的坐标，求出所在直线的斜率，利用点斜式可得出所求直线的方程；
（2）设的外接圆方程为，将三个顶点的坐标代入，列出关于 的方程组，求解即得的外接圆的方程.
【小问1详解】
因为、，所以线段的中点为，，
所以边上的中线所在直线的方程为，即.
【小问2详解】
设的外接圆的方程为，
则，解得，
所以外接圆的方程为，即.
16. 已知等差数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，令，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出数列的通项公式；
（2）求得，利用错位相减法可求得.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
由，可得，可得①，
由可得，整理可得②，
联立①②可得，，所以，.
【小问2详解】
因为，则，
所以，，
，
上式下式得
，
因此，.
17. 已知抛物线，斜率为的直线交抛物线于两点，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）试探究：抛物线上是否存在点，使得？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，和
【解析】
【分析】（1）由在抛物线上，代入求出，即可求出抛物线的方程；
（2）设，求出直线并与抛物线的方程联立，求出点坐标，将转化为，求出并检查是否符合题意即可.
【小问1详解】
由在抛物线上，则，解得，
因此可得抛物线的方程为.
【小问2详解】
存在点在抛物线上，
设点，
由直线的斜率为，且过，
则直线的方程为：，即，
联立，可得，解得，或，
即可得点的纵坐标为，代入，得，即，
若，则，即，
又，
则可得，
整理得，，解得，或，或，或，
当时，与重合，舍去，
当时，与重合，舍去，
当时，，
当时，，
综上知，抛物线上存在点，为和时，.
18. 已知函数.
（1）若，求的单调区间和极值；
（2）若，求证：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求得，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间、减区间以及极大值、极小值；
（2）当时，可得出，利用导数分析函数的单调性，求出函数的最小值，证明出即可.
【小问1详解】
当时，，定义域为，则，
因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数，
又因为，当时，；当时，.
所以，的单调递减区间为，单调递增区间为，
故有极小值，无极大值.
【小问2详解】
当时，，定义域为，则，
令，则，
故在上单调递增，
又因为，，
所以，存在，使得，即，即，
当时，；当时，.
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，，
因此，当时，.
19. 如图，在四面体中，平面，M，P分别是线段，的中点，点Q在线段上，且.
（1）求证：平面；
（2）当，时，求平面与平面夹角的余弦值；
（3）在（2）的条件下，若为内的动点，平面，且与平面所成的角最大，试确定点G的位置.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处
【解析】
【分析】（1）利用中位线定与与平行线的传递性，结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用勾股定理与线面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，再分别求得平面与平面的法向量，利用空间向量法求面面角的方法即可得解；
（3）先利用线面平行的性质定理分析得在上，假设，再利用线面角的空间向量法分析得与平面所成的角时的值，从而得解.
【小问1详解】
取BD中点，连接PO，
是BM的中点，，且，
在线段CD上取点，使，连接OF，QF，
，，且，
，四边形POFQ为平行四边形，，
又平面平面，平面.
【小问2详解】
，则，，
取BD中点，则，又平面，平面BCD，
以为原点，OB，OC，OP所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，故，
则，，，
，所以，
故，
易知平面一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【小问3详解】
由（2）知为BD中点，为AD中点，连接OM，
，
点为内动点且平面QGM，
又平面ABD，平面平面，
，故点在OM上，
设，又，，，
则，
，
易知平面的一个法向量为，
设QG与平面所成角为，则最大时，最大，
，
所以当时，最大，此时最大，
即当点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处时，QG与平面所成角最大.
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.