浙江省嘉兴市2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题（Word版附解析）

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（2026.1）
本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟．
考生注意：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置．
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题卷上的作答一律无效．
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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线的方程，求出斜率，再由，求出倾斜角.
【详解】设直线的斜率为，倾斜角为，则，
因为倾斜角，所以.
故选：C
2. 记为等比数列的前n项和，已知，，则的公比为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，将题中两式作差，再结合，即可求出与的关系，从而求得公比.
【详解】设等比数列的公比为，
由有：，
所以，所以，
故选：A.
3. 已知空间四点，，，，若A，B，C，D四点共面，则实数（ ）
A. －1B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据共面的性质进行求解即可.
【详解】，显然这两个向量不共线，
若A，B，C，D四点共面，
则有.
故选：C
4. 已知椭圆和双曲线有相同的焦点，，点P是它们的一个公共点，则的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】不妨设点在第一象限，根据椭圆和双曲线的定义，得到 ，平方作差，即可求解.
【详解】因为椭圆和双曲线有相同的焦点，
且点P是它们的一个公共点，不妨设点在第一象限，
根据椭圆和双曲线的定义，可得 ，
平方作差，可得，所以.
故选：D.
5. 在直三棱柱中，已知，，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【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，利用空间向量法可求得直线与直线所成角的余弦值.
【详解】在直三棱柱中，，设，
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，，
，
所以直线与直线所成角的余弦值为.
故选：C.
6. 若圆上恰有三个点到直线的距离为1，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的性质，结合点到直线的距离公式进行求解即可.
【详解】圆的圆心为，半径为，
又因为圆上恰有三个点到直线的距离为1，
所以圆心到直线的距离为，所以有，得.
故选：B.
7. 已知点满足方程，点Q在圆上运动，，则的最小值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】首先化简点的轨迹方程，即可得到点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，过点作垂直准线，垂足为，再由抛物线的定义计算可得.
【详解】因为点满足方程，
所以，则，则点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
过点作垂直准线，垂足为，则，又，所以到的距离为
又圆的圆心为，半径，
所以，
当且仅当、、三点共线且为与圆的交点时取等号.
故选：B
8. 已知各项均不为零的数列满足，对于任意的正整数，，则的个位数字为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】令，得数列是公差为2的等差数列.通过赋值法，求得，即可求得，从而求得，并得到其个位数字.
【详解】对于任意的正整数m，，，所以，
令，得当时，，即，即
所以数列是公差为2的等差数列，所以.
取，，得：，即；取，，得：；
取，，得：；取，，得：；
所以，解得：，因此，
所以，，，…，.
累加得，
故，所以，个位数字为6．
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. 已知曲线，其中n为4与16的等比中项，则下列说法正确的是（ ）
A. 曲线C可表示为焦点在x轴上的椭圆
B. 曲线C可表示为长轴长是的椭圆
C. 曲线C可表示为焦距是双曲线
D. 曲线C可表示为渐近线方程是的双曲线
【答案】BCD
【解析】
【分析】由n为4与16的等比中项，得.分别讨论和时，方程所表示的曲线即可.
【详解】由n为4与16的等比中项，得.
当时，曲线的方程为，表示焦点在轴上的椭圆.其长轴长为.
所以A不正确；B正确.
当时，曲线的方程为，表示焦点在轴上的双曲线.
其焦距为，其渐近线为.
所以C正确；D正确.
故选：BCD.
10. 记是公差为的等差数列的前项和，已知，，是数列的前项和，则（ ）
A.
B.
C.
D. 对于任意正整数，
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据条件，求出等差数列通项公式的基本量，然后求出通项以及前项和，判断选项AB，根据性质即可得到是等差数列，即可判断选项C，进而结合裂项相消法，即可判断选项D.
【详解】由题知，，可得，
即，，
又，令，得，，
解得，所以，
所以，，
所以，，数列是为首项，为公差的等差数列，
所以，，
所以，
因为，所以.故ACD正确.
故选：ACD
11. 在棱长为2的正方体中，E为的中点，点F满足（），则（ ）
A. 当时，平面BDF
B. 对任意，三棱锥的体积是定值
C. 存在，使得直线AC与平面BDF所成的角为
D. 当时，点F，B，C，D均在球O的球面上，且球O的半径为
【答案】ACD
【解析】
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，当时，此时平面与平面重合，求得和，结合线面垂直的判定定理，可判定A正确；根据不与平面平行，可判定B错误；求得向量和平面的法向量为
，结合向量的夹角公式，可判定C正确；设球心，半径为R，列出方程组，求得的值，可判断D正确.
【详解】以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，，，，．
对于A，当时，与重合，平面与平面重合，
所以，
可得，，
所以，，又因为，DB，面，
所以面，所以平面，所以A正确．

对于B，因为不与平面平行，所以到面的距离不为定值，
所以三棱锥的体积不为定值，所以B错误．
对于C，因,
设面的法向量为，则，
令，可得，，所以，
所以与平面所成角的正弦值为
，
因为，即存在使AC与平面BDF所成角为，所以C正确．
对于D，当时，，设球心，半径为R，
则，解得，所以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. 已知是直线l的方向向量，是平面的法向量，若，则实数______．
【答案】
【解析】
【分析】由求解即可.
【详解】由题意可得：，
即，
解得：，
故答案为：
13. 定义：除数函数（divisr functin）（）的函数值等于n的正因数的个数，例如，，．则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得到对于，有个，得到，结合等差数列的前项和公式，即可求解.
【详解】对于，其正因数为，共有个，即，
所以，
所以.
故答案为：.
14. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，过原点的直线与C的左、右两支分别交于A，B两点，点M在C上，，若以AB为直径的圆过点，则C的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】连接，，，设，得到，，，分别在直角和中，利用勾股定理，列出方程，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】如图所示，连接，，，
由以为直径的圆恰好过左焦点，可得，
由双曲线的对称性得四边形为矩形，
设，则，，，
在直角中，可得，
即为，解得，
在直角中，，
即为，即为，即有．
故答案：.
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. 已知圆经过、两点，且圆心在直线上．
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线与圆交于、两点，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解法一：将线段的中垂线方程与直线的方程联立，求出圆心的坐标，可求出圆的半径，由此可得出圆的标准方程；
解法二：设圆心为，根据，结合平面内两点间的距离公式可得出关于的方程，解出的值，可得出圆心的坐标，可求出圆的半径，由此可得出圆的标准方程；
（2）求出圆心到直线的距离，利用勾股定理求出，再利用三角形的面积公式可求得的面积.
【小问1详解】
解法一：因为、，所以线段的中点坐标为，且轴，
所以的垂直平分线为．
由垂径定理可知，圆心在线段的垂直平分线上也在直线上，
联立，解得，所以圆心的坐标为．
圆的半径为，
所以，圆的标准方程为．
解法二：设圆心的坐标为，
因为圆经过、两点，所以，
可得，解得，故圆心为，
所以，
则圆的方程为．
【小问2详解】
圆心到直线的距离为，
故，所以．
故的面积为.
16. 如图，在直角梯形ABCD中，，，，E为AD的中点．现将沿着BE翻折至，连结，M为的中点，连结．
（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理先证明平面，进而证得，易证，进而由线面垂直的判定定理证明平面；或建立恰当的空间直角坐标系，利用向量的数量积为零，证明线线垂直，进而由线面垂直的判定定理证明平面；
（2）根据二面角的平面角的定义找到二面角的平面角，解三角形求得其正弦值，或建立空间直角坐标系，用面面角的向量求法，求得二面角的正弦值.
【小问1详解】
解法1：∵E为的中点，∴，
由题可知，即.
∵M为的中点，∴，
∵，，∴，，
∴四边形为平行四边形，∴．
∵，∴，即，．
∵，∴平面，∴平面．
∵平面，∴．
∵，平面，∴平面．
解法2：∵，，E为的中点，
∴，，
∴四边形BCDE为平行四边形，∴，
∵，∴，即，，
∵，∴平面PED，
以E为坐标原点建立如图空间直角坐标系：
，，，
设，则．
∵M为的中点，∴，
∴，，，
∴，，
∴，，
∵，CD，平面，∴平面．
【小问2详解】
解法1：连接，取中点O，过O作，交于点N，连结．
∵，∴是正方形，∴，∴，
∵平面，∴．
∵，∴，
∴，三角形为等边三角形，
∵O为中点，∴，
又∵，，∴底面，
∵底面，所以，．因为，
又平面，，∴平面，
又平面，∴，
∴是二面角的平面角．
∵，，则，
∴直角三角形中，．
解法2：∵平面，∴．
∵，∴，
∴，三角形为等边三角形，
取的中点O，则，
又∵，，∴底面BCDE．
取中点F，以O为坐标原点，
分别为轴，建立空间直角坐标系：
，，，，
∴，，
平面法向量，设平面的法向量，
则，令，解得，，即可取，
所以，
所以二面角的正弦值．
解法3：以E为坐标原点建立如图空间直角坐标系：
，，，，
设，则，
∵，
∴，
∴，，
∴，
设平面的法向量，
则，令，解得，，即可取．
∵平面的法向量.
所以，
所以二面角的正弦值．
17. 已知椭圆（）的上顶点为，且过点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）直线l与椭圆C相交于M，N两点．
（ⅰ）若直线l的斜率为，且，求直线l的方程；
（ⅱ）若直线AM的斜率与直线AN的斜率之和为－1，证明：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】（1）；
（2）（ⅰ）或；（ⅱ）证明见解析，定点.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，列出关于的方程组求解.
（2）（ⅰ）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式求解；（ⅱ）按直线l的斜率存在与否分类，设出直线l的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合斜率坐标公式推理证明.
【小问1详解】
由椭圆（）的上顶点为，且过点，
得，解得，
所以椭圆C的方程为．
【小问2详解】
（ⅰ）设直线l的方程为，，
由，消去y得，
由，得，
，
则
，
解得或，
所以当时，直线l的方程为或.
（ⅱ）当直线l斜率存在时，设直线l的方程为，，
由，消去y得，
则，，
令分别为直线的斜率，
则
，即，
直线l的方程为，过定点，
当直线l斜率不存在时，设直线l的方程为，
则，，
则，解得，
而直线与椭圆无公共点，不符合题意，
所以直线l过定点
18. 已知数列满足，且．
（1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和；
（3）在数列的任意相邻两项与（）之间，插入k个相同的数，组成一个新的数列，记数列的前n项和为，求．
【答案】（1）证明见解析，
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）应用等差数列定义证明，再应用等差数列通项公式计算求解；
（2）应用错位相减法计算求解；
（3）应用等差数列计算求和再应用分组求和计算求解.
【小问1详解】
由，则，又，
所以数列是首项为2，公差为1的等差数列，则，
所以．
【小问2详解】
由，
则，
所以，
所以．
【小问3详解】
数列中在之前共有项，所以，
当时，，当时，，所以
．
19. 已知双曲线，点，为常数且．按照如下方式依次构造点（）：过点作斜率为的直线与C的左支交于点，令为关于y轴的对称点，记的坐标为．
（1）求的取值范围；
（2）若，求数列的通项公式；
（3）记为直线与直线的交点，为直线与直线的交点，为直线与直线的交点，证明：点在定直线上，并求出该定直线的方程．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）先计算双曲线的渐近线，结合题意可判断参数的取值范围；
（2）解法1：根据点差法结合斜率公式计算判断数列是等比数列，进而计算得到答案；解法2：根据直曲联立计算判断数列是等比数列，进而计算得到答案；
（3）根据题意计算两直线交点，计算证得结论；
【小问1详解】
双曲线的渐近线为，
因为为常数且，过斜率为的直线与的左支交于点，故．
【小问2详解】
解法1：因为，，，
由，得，
，利用和比性质知
因此数列是首项为，公比为的等比数列．
若，．
解法2：若，，，直线：，
联立，消去y得，
则，化简得，
代入直线得，
∴，
∴数列是首项为，公比为的等比数列．
所以数列通项公式为
【小问3详解】
∵，，
∴直线的方程为，
∵直线的方程为，直线的方程为，
联立，解得．
∵直线的方程为，直线的方程为，
联立，解得．
∴直线的方程为
联立，
∴
故点在定直线上．