吉林省吉林市外五县各高中2025-2026学年高二上学期1月期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份吉林省吉林市外五县各高中2025-2026学年高二上学期1月期末考试数学试题（Word版附解析），共2页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．120°C．150°D．60°
2．在等差数列中，若，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
3．已知空间向量与共线，则（ ）
A．0B．6C．-4D．4
4．以为圆心，且过点的圆的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．如图，在长方体中，（ ）
A．B．C．D．
6．已知椭圆E：的上、下顶点与左、右焦点分别为A，B，，，且四边形是正方形，则E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列的通项公式为，前项和为，则取得最小值时，的值等于（ ）
A．9B．10C．8D．1
8．已知椭圆和双曲线有公共的焦点，其中为左焦点，是与在第一象限的公共点.线段的垂直平分线经过坐标原点，若的离心率为，则的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．数列2,0,2,0,…的一个可能的通项公式是（ ）
A．B．
C．D．
10．过点且与抛物线恰有一个公共点的直线方程可能为（ ）
A．B．
C．D．
11．如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱，的中点，点P是线段上的一动点，则下列说法正确的是（ ）

A．三棱锥的体积为定值
B．存在点P，使得
C．的周长的最小值为
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
三、填空题
12．在等比数列中，，公比.若，则的值为 .
13．已知向量，，，若，，共面，则x等于 ．
14．若，是椭圆：的两个焦点，点，为椭圆上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为 ．
四、解答题
15．已知抛物线过点.
(1)求抛物线的方程，并求其准线方程；
(2)过该抛物线的焦点作斜率为1的直线，交抛物线于A，B两点，求线段的长度.
16．已知点，，线段是圆的直径.
(1)求圆的标准方程；
(2)若过圆心的直线在轴，轴上的截距相等，求直线的方程.
17．如图，在四棱锥中，底面是菱形，是等边三角形，且平面平面，点为棱的中点.
(1)求证：；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
18．已知数列满足，且，在数列中，，点在函数的图象上.
(1)求和的通项公式；
(2)将数列和的所有公共项从小到大排列得到数列，求数列的前项和.
19．若椭圆的两个焦点分别为，且椭圆过点，若直线经过点且交椭圆于两点，交直线于点，直线的斜率分别为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线关于直线对称，求；
(3)探究的数量关系.
1．D
将直线方程化为斜截式，根据斜率求倾斜角.
【详解】直线可化为，
所以直线的斜率，
设直线的倾斜角为，则，因为，
所以，
故选：D.
2．C
由等差数列的等差中项求得结果.
【详解】在等差数列中，，解得.
故选：C.
3．A
根据空间向量共线坐标表示列方程求解的值，即可得的值.
【详解】因为空间向量与共线，显然，
所以，解得，，所以.
故选:A.
4．C
由圆心及圆上一点求出半径，再利用圆的标准方程即可求解.
【详解】，所以圆的半径，又以为圆心，
所以圆的标准方程为：.
故选：C
5．A
以为基底，由空间向量的线性运算结合长方体的结构特征进行运算.
【详解】在长方体中，以为基底，
则，
所以.
故选：A.
6．B
数形结合得到，结合，求出离心率即可.
【详解】由题意得，故，
又，
则E的离心率为.
故选：B
7．A
解不等式得到项的正负，即可得答案；
【详解】令，解得或，所以当或时，，
即当时，，故当时递增，且，
当时，，故当时递减，
当时，，故当时递增，
又，故,
所以取得最小值时的值为9.
故选：A.
8．B
根据给定条件，可得，利用勾股定理，结合椭圆、双曲线的定义建立方程组，由半焦距表示出即可求出渐近线方程.
【详解】令线段的垂直平分线与的交点为，显然是的中点，而是的中点，
则，而，因此，，
则，令与的半焦距为，
由，得，于是，解得，则，
，所以的渐近线方程为.
故选：B
9．AB
根据选项求出数列的前4项，逐一判断即可.
【详解】A选项，前4项为：2,0,2,0，A选项符合；
B选项，前4项为：2,0,2,0，B选项符合；
C选项，前4项为：0,0,0,0，C选项不符合；
D选项，前4项为：0,2,0,2，D选项不符合；
故选：AB.
10．ABC
根据题意，显然直线符合要求，然后分直线斜率存在与不存在讨论，即可得到结果.
【详解】显然直线与抛物线恰有一个公共点，故A正确；
当直线的斜率不存在时，过点的直线方程为，符合题意，故B正确；
当直线的斜率存在且不为0时，设过点的直线方程为，
由得，所以，解得，
所以直线方程为，即，故C正确.
故选：ABC.
11．ACD
证明平面，结合锥体体积公式判断A；利用直线与圆的位置关系判断B；利用对称求出最小值判断C；利用线面角的定义求解判断D.
【详解】对于A，在正方体中，连接，则，又，
则，而平面，平面，因此平面，又直线，
则点P到平面的距离为定值，面积为定值，因此为定值，A正确；

对于B，在矩形中，，则与以为直径的圆相离，
点在此圆外，因此，B错误；
对于C，，在等腰梯形中，作点F关于的对称点，
连接交于点P，此时取得最小值长，，
，，因此的周长的最小值为，C正确；

对于D，连接，由平面，得是直线与平面所成的角，
则，而正的边长为，因此的最小值为的高，
即，因此，D正确.
故选：ACD
12．6
根据等比数列的通项公式求解.
【详解】因为且，，所以，所以.
故答案为：6.
13．1
根据给定条件，利用空间共面向量定理求解作答.
【详解】向量，，，因，，共面，则存在实数使得，
于是得，因此，解得，
所以.
故答案为：1
14．8
根据椭圆对称性及矩形的性质知四边形为矩形，进而有，再根据椭圆定义、勾股定理求即可.
【详解】由已知及对称性得：四边形为矩形，即，
所以，
由椭圆定义与勾股定理知：，可得．
所以四边形的面积为8.
故答案为：8
15．(1)
(2)8
（1）待定系数法求出抛物线方程和准线方程；
（2）在第一问基础上求出直线，与抛物线联立后，得到两根之和，由焦点弦长公式求出答案.
【详解】（1）过点，，解得，
抛物线，准线方程为；
（2）由（1）知，抛物线焦点为，
设直线，，，
由得，则，
则
16．(1)
(2)或
（1）根据题意，求出圆心坐标和半径得解；
（2）设直线的方程，求出直线在轴，轴上的截距，根据直线在轴，轴上的截距相等，求得答案.
【详解】（1）线段是圆的直径，，，
的坐标为，即，
圆的半径，
所以圆的标准方程为.
（2）显然直线的斜率存在，设直线的方程为，
令，解得，令，解得，
又过圆心的直线在轴，轴上的截距相等，所以，
解得或，
所以直线的方程为或.
17．(1)证明见解析；
(2)．
（1）取中点，证明，证明平面，由此得，从而再证得平面，最后得证结论成立；
（2）以为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，确定各点坐标，分别求出平面与平面的一个法向量，由法向量夹角的余弦值得二面角的余弦值．
【详解】（1）如图，取中点，连接，，
因为是中点，所以，
是菱形，则，所以，
又是等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2），则和都是等边三角形，
连接，则，，
以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图，
设，则，，
因此有，，，，，
是中点，则，
，，，，
设平面的一个法向量是，则
，取得，
易知平面的一个法向量是，则
，取，则，
，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
18．(1)，
(2)
（1）根据数列的递推式采用两式相减的方法可得，再结合等比数列定义即可得的通项公式，由点在函数的图象上，可得，结合等差数列定义可得的通项公式；
（2）由题意可得，结合等比数列与等差数列求和公式分组计算即可得解.
【详解】（1）因为，
所以当时，，
所以，
所以，所以，又，，
所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以，
因为点在函数的图象上，所以，即，
又，所以是首项为2，公差为2的等差数列，所以；
（2）因为是所有的正偶数，又，所以，所以
.
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题意可知，，
，即，
所以，所以椭圆的标准方程为；
（2）直线的方程为：，
因为直线关于直线对称，所以，
由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为：，
联立方程组：，得：，
设，则，
因为
即，
整理得：，
所以，即，解得，
所以直线的方程为：，
当时，，则，
所以；
（3）若直线的斜率时，直线的方程为，所以，
此时，再结合（2），猜想，.
证明如下：
直线，所以，则，即，
由（2）知：
，
所以成立，
综上，题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
A
C
A
B
A
B
AB
ABC
题号
11









答案
ACD