河北省唐山市高二上册2025_2026学年期末数学试题（含答案）

这是一份河北省唐山市高二上册2025_2026学年期末数学试题（含答案），共9页。试卷主要包含了 过圆 C等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时长120分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、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2B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。
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.在数列{an}中，a1=1,an=1+1an−1(n≥2,n∈N∗)，则a3=
A.2B.3
C. 32D. 53
2.已知直线l的方程为x+3y−5=0，则l的倾斜角为
A. 30°B. 60°
C. 120°D. 150°
3.三棱锥A−BCD的所有棱长都为2，E，F分别是AB，AD的中点，则EF→·CB→=
A. −1B. 1
C. −2D. 2
4.椭圆x2a2+y2=1(a>1)的左、右焦点分别为F1，F2，经过F2的直线交椭圆于A，B两点，若∆ABF1的周长为43，则该椭圆的离心率为
A. 12B. 33
C. 32D. 63
5.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O为棱B1B的中点，A1O→=xA1B→+yA1D→+zA1D1→，则x+y+z=
A. −1B. −3
C. 1D. 3
6.已知圆C经过A(1,2)，B(3,4)两点，圆心在直线x−y+1=0上，则圆C的方程为
A. (x−1)2+(y−2)2=4B. (x−3)2+(y−4)2=8
C. (x−2)2+(y−3)2=2D. (x−1)2+(y−4)2=4
7. 过圆 C:(x−4)2+(y−4)2=2 上的动点 M 作圆 O:x2+y2=1 的两条切线，切点分别为 A，B，则四边形 MAOB 周长的最大值为
A.8 B.16
C. 217+2 D. 231+2
8. 经过抛物线 y2=3x 焦点 F 的直线与抛物线交于 A，B 两点，若 |AF|=3|BF|，则 |AB|=
A.3 B.4 C.5 D.6
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. 已知等差数列 {an} 的公差为 d，前 n 项和为 Sn，S5=25，a2=3，则
A. d=2 B. a6=13
C. S7=49 D. anan+1=4n2−1
10. 已知点 A(−2,0)，B(1,0)，动点 P 满足 |PA|=2|PB|，设动点 P 的轨迹为 C，则
A. C 的方程为 (x−2)2+y2=4
B. C 上存在点 M 在直线 y=x+1 上
C. C 上存在点 N 到点 (−2,3) 的距离为8
D. C 与圆 x2+y2=4 的公共弦所在的直线方程为 x=1
11. 在正三棱柱 ABC−A1B1C1 中，AB=2，AA1=1，则
A. 直线 A1C 与 AB 所成角的正切值为2
B. 直线 A1C 与平面 ABC1 所成角的余弦值为 1510
C. 若 M 为直线 B1C 上一动点，则 A1M 的最小值为 455
D. 三棱锥 A1−ABC1 的外接球的表面积为 19π3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知 n=(m,2,1) 是平面 α 的一个法向量，直线 l 的一个方向向量为 v=(4,−5,2)，且 l∥α，则 m= ______.
13. 已知斜率为1的直线与抛物线 x2=4y 交于 A，B 两点，O 为坐标原点，OA⊥OB，则线段 AB 的中点坐标为 ______.
14. 已知双曲线 C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0) 的右焦点为 F，实轴长为4，渐近线方程为 y=±32x，动点 M 在双曲线左支上，B 为圆 E:x2+(y−3)2=4 上一点，则 |MB|+|MF| 的最小值为 ______.
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.（13分）
已知等差数列{an}的首项a1=1，且a1+a2+a3=9。
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn=1anan+1，求数列{bn}的前n项和Sn。
16.（15分）
已知圆C：x2+y2+4x−2y−11=0，直线l：2x+y−5=0。
（1）求C的圆心坐标与半径；
（2）求直线l被圆C截得的弦AB的长度；
（3）过点P(0,5)作圆的切线，求切线所在直线的方程。
17.（15分）
记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn=3n−1，数列{bn}满足：b1=3，bn+1−3bn=4an。
（1）求{an}的通项公式；
（2）求证：数列bn3n为等差数列，并求{bn}的通项公式。
18.(17分)
如图，△ABC和△BCD所在的平面垂直，且AC=2，BC=CD=a，∠ACB=∠BCD=120°.
(1) 当AD⊥BC时，求a的值；
(2) 当a=2时，求点B到平面ACD的距离；
（3） 求平面ACD和平面BCD夹角的余弦值.
19.(17分)
已知椭圆 Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0) 经过点 1,32，离心率为 12，直线l的方程为x=−4.
（1） 求 Γ 的方程；
（2） 过 Γ 的左焦点F的直线与 Γ 交于A，B两点.
（ⅰ）求△OAB（O为坐标原点）面积的最大值；
（ⅱ）Mi(−4,i) 为l上的动点，记直线AMi，BMi 的斜率之和为ki，i∈N∗，求 ∑i=1100ki.
2025-2026学年度高二年级第一学期期末考试
数学参考答案
一.选择题（单选）：
1～4 CDAD 5～8 CCCB
二.选择题（多选）：
9.ACD 10.AD 11.ACD
三.填空题：
12.2 13. (2,6) 14.6
四.解答题：（若有其他解法，请参照给分）
15. 解：
（1） 因为 a1=1，且 a1+a2+a3=9，则 3a2=9，a2=3，……… 2分
则公差 d=2，……… 4分
所以 an=2n−1。……… 6分
（2） 由（1）得 bn=1anan+1=1(2n−1)(2n+1)
=1212n−1−12n+1。……… 9分
所以 Sn=b1+b2+b3+⋯+bn
=121−13+1213−15+1215−17+⋯+1212n−1−12n+1 ……… 11分
=121−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1
=121−12n+1
=n2n+1。……… 13分
16. 解：
（1） 圆 C:(x+2)2+(y−1)2=16，……… 2分
所以 C 的圆心坐标为 (−2,1)，半径为 r=4。……… 5分
（2） 圆心 C 到直线 l 的距离 d=|−4+1−5|5=855，……… 8分
所以 |AB|=2r2−d2=216−645=855。……… 10分
（3）易知点P在圆外，且切线l'的斜率存在.设切线l'所在直线的方程为y=kx+5，即kx−y+5=0，则圆心C到直线l'的距离d'=|−2k+4|1+k2=4， ………………………………………… 12分
整理得3k2+4k=0，解得k=0或k=−43， ………………………………………………… 14分
所以切线所在直线的方程为y=5或4x+3y−15=0. ………………………………………… 15分
17. 解：
（1）当n=1时，a1=S1=31−1=2， ……………………………………………………………… 2分
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(3n−1)−(3n−1−1)=2×3n−1， ………………………………………… 5分
当n=1时，a1=2成立，
综上，an=2×3n−1. ……………………………………………………………………………… 7分
（2）因为bn+1−3bn=4an=8×3n−1. ………………………………………………………… 8分
所以bn+13n+1−bn3n=89， ……………………………………………………………… 10分
所以数列bn3n是以b131=1为首项，89为公差的等差数列， ………………………………………… 12分
bn3n=1+89(n−1)=8n+19， …………………………………………………………………… 14分
bn=8n+19×3n=(8n+1)3n−2. …………………………………………………………………… 15分
18. 解：
解法一：（1）如图，在平面BCD内，过点C作CE⊥BC交BD于点E；在平面ABC内，过点C作CF⊥BC交AB于点F.
因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，CE⊥BC，CE⊂平面BCD，
所以CE⊥平面ABC. ………………………………………… 2分
以C为坐标原点，分别以CF，CB，CE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，A(3,−1,0)，B(0,a,0)，D0,−a2,32a.
AD→=−3,−a2+1,32a，BC→=(0,−a,0). ……………………………………………… 4分
当AD⊥BC时，AD→·BC→=0，
所以−a2+1(−a)=0，解得a=2. …………………………………………………………………… 6分
（2）设平面 ACD 的法向量为 m=(x1,y1,z1)。
当 a=2 时，CA→=⟨3，−1，0⟩，CD→=⟨0，−1，3⟩，BC→=⟨0，−2，0⟩，
则 {m⋅CA→=0,m⋅CD→=0, 即 {3x1−y1=0,−y1+3z1=0, 取 m=(1,3,1)。9分
所以点 B 到平面 ACD 的距离 d=|BC→·m||m|=|-23|5=2155。12分
（3）由题意可知平面 ACD 的一个法向量为 m=(1,3,1)，与 a 无关。14分
平面 BCD 的一个法向量为 n=(1,0,0)。16分
|cs⟨m，n⟩|=|m·n||m||n|=15=55。
所以平面 ACD 和平面 BCD 的夹角的余弦值为 55。17分
解法二：（1）如图，过点 D 作 DO⊥BC 交 BC 的延长线于点 O，
连接 AO。又 AD⊥BC，AD∩DO=D，
所以 BC⊥ 平面 ADO。又 AO⊂ 平面 ADO，
所以 BC⊥AO。2分
因为 ∠ACB=∠BCD=120°，
所以 ∠ACO=∠DCO=60°，
所以 ∆ACO≅∆DCO，4分
所以 AC=CD=2，即 a=2。6分
（2）因为平面 ABC⊥ 平面 BCD，平面 ABC∩ 平面 BCD=BC，DO⊥BC，DO⊂ 平面 BCD，
所以 DO⊥ 平面 ABC。
以点 O 为原点，分别以 OA，OB，OD 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系。
如图：O(0,0,0)，A(3,0,0)，B(0,3,0)，C(0,1,0)，D(0,0,3)。8分
CA→=⟨3，-1，0⟩，CD→=⟨0，-1，3⟩，BC→=⟨0，-2，0⟩。9分
设平面 ACD 的法向量为 m=(x1,y1,z1)。
则 {m⋅CA→=0,m⋅CD→=0, 即 {3x1−y1=0,−y1+3z1=0, 取 m=(1,3,1)。10分
所以点 B 到平面 ACD 的距离 d=|BC→·m||m|=|-23|5=2155。12分
（3）由题意可知平面 ACD 的一个法向量为 m=(1,3,1)，与 a 大小无关。14分
平面 BCD 的一个法向量为 n=(1,0,0)。16分
|cs⟨m，n⟩|=|m·n||m||n|=15=55。
所以平面 ACD 和平面 BCD 的夹角的余弦值为 55。17分
19. 解：
（1） 由题意得{1a2+94b2=1,ca=12,b2+c2=a2, …………………………………………………… 2分
解得{a2=4,b2=3,c2=1, ………………………………………………………………………… 4分
故椭圆Γ的方程为x24+y23=1． …………………………………………………………… 5分
（2）（ⅰ） 由题意可知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x=my−1．
联立{x=my−1,x24+y23=1,得(3m2+4)y2−6my−9=0．………………………………………………… 6分
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则y1+y2=6m3m2+4，y1y2=−93m2+4． ……………………………… 7分
所以S∆AOB=12|OF|·|y1−y2|=12|y1−y2|=12(y1+y2)2−4y1y2
=126m3m2+42+363m2+4=6m2+13m2+4， …………………………………………………………… 9分
令t=1+m2≥1，m2=t2−1，S∆AOB=6t3t2+1=63t+1t． ………………………………………… 10分
设f(t)=3t+1t，易知f(t)在[1,+∞)单调递增．
所以当t=1，即m=0时，f(t)取得最小值，f(t)min=4，
此时S∆AOB取得最大值32． ………………………………………………………………………… 12分
（ⅱ） 在（ⅰ）中y1+y2=6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
所以ki=y1−ix1+4+y2−ix2+4=y1−imy1+3+y2−imy2+3
=2my1y2+(3−mi)(y1+y2)−6im2y1y2+3m(y1+y2)+9 …………………………………………………… 14分
=2m(−9)+(3−mi)(6m)−6i(3m2+4)m2(−9)+3m×6m+9(3m2+4)
=−24i(m2+1)36(m2+1)
=−23i． ………………………………………………………………………… 15分
因此∑i=1100ki=−23(1+2+⋯+100)=−101003． …………………………………………………… 17分