湖北省十堰市第一中学2025-2026学年高二上学期2月期末考试数学试卷（Word版附解析）

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命题人：卢杰 审题人：毛士永
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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.
一、单项选择题：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. 已知点，，则直线的倾斜角的大小为（ ）
A. B. C. D. 不存在
【答案】A
【解析】
【分析】根据倾斜角定义即可得到答案.
【详解】因为两点横坐标相同，所以直线AB的倾斜角为.
故选：A.
2. 如图，空间四边形OABC中， 点M在OA上，且 点N为BC中点，则 等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量基本定理进行求解即可.
【详解】已知，点N为BC中点，
则.
故选：C
3. 方程 表示焦点在轴上的椭圆，则m的取值范围为（ ）
A. B. ( C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由椭圆方程及焦点所在的位置列不等式求参数范围即可.
【详解】由题意，，可得.
故选：B
4. 等比数列前n项和为，则公比等于（ ）
A. B. C. 1D. 1或
【答案】D
【解析】
分析】利用等比数列通项公式和求和公式，结合方程思想求解即可.
【详解】设等比数列的公比为，则由，
可得，
即，解得或.
故选：D.
5. 点M 为双曲线 的渐近线上一点，点N 为圆 上一点，则的最小值为 （ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化圆的方程为标准方程，求得圆心坐标与半径，再求出圆心到渐近线的距离，减去半径得答案．
【详解】由圆，得，
可得圆心坐标为，半径为1，
双曲线 的渐近线方程为，根据对称性取直线，
圆心到直线的距离，
而为直线上的动点，N为圆上的动点，
则的最小值是．
故选：B
6. 数列中，，，前项和为，则下面正确的是（ ）
A. B. 有最大值
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用递推公式求出的值，可判断A选项；分析可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式，可判断C选项；利用数列的单调性可判断B选项；利用分组求和法可判断D选项.
【详解】对于A选项，由题意可得，解得，A错；
对于C选项，由可得，，
所以数列为等比数列，其首项为，公比为，
所以，所以，C对；
对于B选项，对任意的，，所以数列单调递增，故无最大值，B错；
对于D选项，
，D错.
故选：C.
7. 设椭圆 的左右焦点分别为，，点在椭圆外，过的直线交椭圆于，两点，且是线段的中点，如图所示，若直线，的斜率之积为 ，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取线段的中点，连接，推导出，可得出，利用点差法可求得的值，由此可求得椭圆的离心率的值.
【详解】依题意，椭圆的左焦点，右焦点，而，点为线段的中点，
由为的中点，得，取线段的中点，连接，如图：
则，即，
因此，，
设点、，则点，
于是，两个等式作差得，整理得，
因此，
所以椭圆的离心率为.
故选：
8. 如图，在棱长为的正方体中，为的中点，点在底面上（含边界）移动，且满足，则线段长度的最大值等于（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，由已知条件得出，可得出，求出的取值范围，利用二次函数的基本性质可求出的最大值，即为所求.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、，设点，
，，
因为，所以，所以，
由可得，
，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，故线段长度的最大值为.
故选：A.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知直线与圆 ，下列说法正确的是（ ）
A. 直线在轴和轴上截距相等，则或
B. 过点且与圆M相切的直线方程为或
C. 直线l与圆可能相交，可能相切，也可能相离
D. 当且仅当时，直线l被圆M截得的弦最短
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，根据结论和过原点两种情况讨论即可判断；对B，分直线斜率存在和不存在讨论即可；对C，求出直线所过定点与圆位置关系即可判断；对D，根据直线被圆所截弦最短结论即可判断.
【详解】对A，当直线的斜率为时，直线在轴和轴上截距相等，
此时，，符合题意；
当直线经过原点时，此时，解得，
综上，或，故A正确；
对B，，即，圆心，半径，
当直线斜率不存在时，此时直线方程为，符合题意；
当直线斜率存在时，设过点的直线方程为，即，
则有，解得，则直线方程为，
综上，直线方程为或，故B正确；
即，令，解得，则其过定点，
将其代入圆的方程得，则定点在圆内，则其与圆一定相交，故C错误；
对D，因为，当直线与直线互相垂直时，此时直线l被圆M截得的弦最短，则，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知数列满足: ，则下面结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 当且仅当时，数列的前n项和最小
D. 数列 的前n项和为则
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，将代入等式中即可验证；对于B，写出的等式，然后两式相减化简即可求得；对于C，先求出数列，然后根据等差数列的性质判断即可；对于D，根据数列的周期性计算即可.
【详解】已知数列满足: ，
令，则，A错误；
当时，，
两式相减得.
所以，当时，，所以，B正确；
因为，当时，；当时，，
且为单调递增数列，
所以当且仅当时，数列的前n项和最小，C正确；
因为，的周期为4，
时，；时，；时，；时，，
而，所以，，，
，
所以数列的所有偶数项为0，
，
所以从数列的前四项算作一组算起，以后每相邻四项为一组，每组之和为，
所以，D错误.
故选：BC.
11. 已知O为坐标原点， 点在抛物线上， 过点的直线交C于两点，则下列结论中正确的是（ ）
A. 抛物线 C的焦点坐标为
B. 为定值3
C.
D. 若点P关于y轴的对称点为T，则直线过定点
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用待定系数法求解可判断A,利用联立方程组，结合韦达定理和向量的运算可判断B，利用向量运算来求，即可判断C，利用计算直线与轴交点的纵坐标为定值可判断D.
【详解】由点在抛物线上，可得，
所以抛物线C的焦点坐标为，故A正确；

过点的直线与联立消可得：
，其中，
设，则，
又因为，
所以，故B错误；
又因为
由
，
又因，所以，故C正确；

由点P关于y轴对称点为T，所以，
直线方程为：，
令，得，
故直线恒过定点，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. 在空间直角坐标系Oxyz中，平面的法向量，点在内，则原点O到的距离为______.
【答案】7
【解析】
【分析】先求出向量，再利用点到平面距离公式来计算原点到平面的距离.
【详解】已知点，点，那么向量.
已知，，则.
对于向量，根据向量模长公式.
计算原点到平面的距离：
根据点到平面距离公式，把，代入可得，.
故答案为：7.
13. 已知抛物线 的焦点为，准线为，点在抛物线上，于点.若是锐角三角形，则的取值范围是____.
【答案】
【解析】
【分析】在轴上取点，推导出为锐角，设点，可得出，可求得的范围，再根据即可得到答案.
【详解】如下图所示：
在轴上取点，由抛物线的定义可得，则，
由于为锐角三角形，则为锐角，
由已知可得轴，所以，，则为锐角，
设点，，，则，解得.
，
因此，.
故答案为：.
14. 某校数学兴趣小组创作了右下图数表，该数表的第一行是数列{n}，从第二行起每一个数都等于它肩上的两个数之和.如：3=1+2，12=5+7..各行的第一个数依次构成数列1，3，8，…，则该数列的前n项和_________
【答案】
【解析】
【分析】由数列可知记各行的第一个数组成的数列为，则，，两边除以可得数列为等差数列，从而可求出，再利用错位相减法可求出.
【详解】由数表规律可知，第4行的第1个数为，第行是公差为的等差数列，
记各行的第一个数组成的数列为，
则，，
两边同除以，得，
故是首项为，公差为的等差数列，
则，则，
，
，
两式相减得
，
所以．
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. 已知数列为等差数列，为和的等比中项．
（1）求数列通项公式；
（2）若数列单调递增，求数列 的前n项和.
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为， 根据等差数列通项公式和等比中项的定义得到方程组，解出即可；
（2）根据等差数列单调性得到，代入得到，再利用分组求和法即可得到答案.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
因为为和的等比中项，可得，
即，
即，解得或，
所以数列的通项公式为或.
【小问2详解】
因为数列单调递增，则结合（1）知，
则，
则
.
16. 如图， 四边形为矩形， 平面平面， ，，
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质推导出平面，可得出，利用余弦定理结合勾股定理证明，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的大小.
【小问1详解】
因为四边形为矩形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
在平面中，因为，，所以，
又因为，故为等腰直角三角形，则，
所以，且，
由余弦定理可得，
所以，则，
因为，、平面，所以平面.
【小问2详解】
因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，可得，
，
设直线与平面所成角为，则.
又，所以直线与平面所成角的大小为.
17. 已知椭圆的离心率为 点是椭圆的右顶点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点且倾角为的直线与椭圆交于、两点，以、为邻边作平行四边形，求此平行四边形的面积.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆离心率以及顶点坐标即可得方程，求解即可；
（2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，可得，再由点到直线的距离公式求得到的距离d，运用三角形的面积公式乘以2倍计算可得所求值．
【小问1详解】
因为点是椭圆的右顶点，所以.
又，所以.
又，所以
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由题意得直线l的方程为：，设，，
联立，消y，得，
，
，
到直线的距离，
.
18. 如图，在三棱柱中，，点在平面上的射影为的中点O.
（1）若.
①求证：；
②求平面与平面夹角的余弦值；
（2）记线段的中点为，线段的中点为，线段 的中点为，如此得到点列.已知三棱柱 的体积为常数，三棱锥的体积为，数列前n项和为，求证:
【答案】（1）①证明见解析；②；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）①首先连接，利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用线面垂直的性质证明；
②首先以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系.然后分别求平面与平面的法向量，最后利用面面角的夹角公式进行求解即可.
（2）首先根据三棱锥的体积公式确定数列是等比数列，并求其通项公式，再利用裂项相消法求和，并结合放缩法即可得证.
【小问1详解】
①如图，连接，因为为的中点，，所以，
因为点在平面上的射影为的中点，所以平面，
因平面，所以，
因为，平面，所以平面.
因为平面，所以，
②由①知，，两两垂直，以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，
所以，，，
，
设平面的法向量为，
则，即，
取，得：，
设平面的法向量为，
则，即，
取，得：.
设平面与平面夹角为，
则.
【小问2详解】
由题可得：，
因为为线段的中点，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.
所以，
所以，
由于，所以，因此得证：.
19. 已知 R 是圆 上的动点，点，直线NR 与圆M的另一个交点为S，点L 在直线MR上，且，如图1，图2所示，记动点L 的轨迹为曲线 C.
（1）求证:为定值，并求曲线C的方程；
（2）若过点的直线l与曲线C交于两点， 且位于x轴同侧.
①若的面积不大于，求直线l斜率的取值范围；
②在x轴上是否存在定点Q，使得的内心在一条定直线上?请给出你的结论，并证明.
【答案】（1）证明见解析，；
（2）①；②存在点，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定的几何图形可得，进而求得的值，再利用双曲线定义求出曲线C的方程.
（2）①设出直线的方程，与双曲线方程联立，借助韦达定理表示出三角形面积并建立不等式求解；②假定存在定点，由①结合斜率坐标公式计算判断即可.
【小问1详解】
圆的圆心为，半径，
由，，得，则，
因此为定值，
而，则，于是点的轨迹是以为左右焦点，
实轴长的双曲线（除顶点外），半焦距，则虚半轴长，
所以曲线的方程为.
【小问2详解】
①设直线的方程为，，，
由消去得，由，
得，则，，
原点到直线距离为，而，
因此的面积
，整理得，
因此，解得或，则或，
所以直线l斜率的取值范围是.
②在轴上存在定点，使得的内心在一条定直线上，
证明如下：由①知，，，
假定在x轴上存在定点Q，使得的内心在一条定直线上，令点，
直线的斜率分别为，
，当时，，直线关于直线，
即直线平分，的内心在直线上，
所以在轴上存在定点，使得的内心在定直线上.