福建省宁德市2025-2026学年高二上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份福建省宁德市2025-2026学年高二上学期期末考试数学试卷（Word版附解析），共37页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（满分：150分 时间：120分钟）
一、选择题：本题共8小题，每题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. 抛物线的准线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据抛物线的标准方程可得出其准线方程.
【详解】由题意可得，抛物线的准线方程为.
故选：B.
【点睛】本题考查利用抛物线的标准方程求准线方程，考查计算能力，属于基础题.
2. 已知是等比数列，各项都是实数，，则（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列性质求解.
【详解】因为，所以，解得，
又，所以，所以，
故选：B.
3. 直线经过点，且在两坐标轴上的截距相等，则的方程为 （ ）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】分截距为零与不为零两种情况讨论，分别计算可得.
【详解】当截距都为零，则经过坐标原点，设直线方程为，则，所以直线方程为，
当截距都不为零，设直线方程为，则，
所以直线方程为，即.
综上直线方程：或.
故选：C
4. 宁德市举办大黄鱼产业推介会，某展台需要展示“清蒸大黄鱼“黄鱼鲞”“黄鱼饺”3道菜品和“大黄鱼鱼丸”“大黄鱼鱼松”2种加工制品，若要求2种加工制品在展台上不相邻摆放则不同的摆放方案有（ ）
A. 36种B. 48种C. 72种D. 120种
【答案】C
【解析】
【分析】先用全排列排好道菜品，再用插空法将种加工制品插入菜品形成的空隙中，最后将两步结果相乘得到总方案数.
【详解】道菜的全排列数为种；
排列好后，它们之间会形成个空隙(包括两端)；
从个空隙中选2个来放加工制品，排列数为：种；
总方案数为：种.
故选：C
5. 在投掷一枚质地均匀的骰子试验中，设事件“向上的点数是奇数”，事件“向上的点数是2或4”，事件“向上的点数是2或5”，则下列说法正确的是 （ ）
A. 与对立B. 与互斥C. 与相互独立D. 与相互独立
【答案】D
【解析】
【分析】对A，由对立事件的概率关系判断；对B，由互斥事件的概念判断；对C、D，由相互独立事件的概念判断.
【详解】，
对于A：因为，所以不对立，A错误；
对于B：因为当向上的点数为时，事件同时发生，所以不互斥，B错误；
对于C：因为事件“向上的点数是2”，，，
，所以与不相互独立；
对于D：因为事件“向上的点数为”，，又，
所以，所以与相互独立.
故选：D.
6. 已知为数列的前项和，且，则数列的前项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由求得，则，正负相消求和.
【详解】当时，，
当时，，
又，所以，
所以，
设数列的前项和为，
则，
故选：A.
7. 已知为中不同数字的个数，如，则事件发生的概率为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出总事件数为：，表示三个数中恰好有两个不同的数字，结合排列组合的应用计算即可求解.
【详解】总事件数为：，
表示三个数中恰好有两个不同的数字，其中一个数字出现 2 次，另一个出现 1 次
从 4 个数字中选 2 个不同的数字：，再从这 2 个数字中选 1 个作为重复出现的数字，从 3 个位置中选 2 个位置放置重复的数字：
所以事件 A 的情况数为：
所以.
故选：C.
8. 已知双曲线的左顶点为，右焦点为，以为直径的圆与双曲线的右支相交于两点. 若，则双曲线的离心率为 （ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】求出的坐标，代入曲线方程，齐次化后求解即可.
【详解】如图：由题意知，，则，，
将代入得，
化简整理得，，解得.
故选：B
，
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. 已知等差数列的前项和为，则下列说法正确的有（ ）
A. 数列是等差数列B. 数列是等比数列
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，由数列的函数特征，是否为关于的一次函数，从而判断是否等差数列；对B，由等比数列的定义判断是否为常数，从而判断是否为等比数列；对C，由结合等差数列前项和公式和等差数列性质可得，由判断；对D，由等差数列前项和公式的性质可得.
【详解】对于A：等差数列的前项和公式为，
因为，这是一个关于的一次函数，所以是等差数列，A正确；
对于B：设等差数列的公差为，则，
这是一个与无关的常数，所以数列是等比数列，B正确；
对于C：因为，，
所以，所以公差，C错误；
对于D：因为，所以，D正确.
10. 已知圆，直线过定点，则下列说法正确是（ ）
A. 圆心坐标为
B. 当的斜率为时，则圆关于对称
C. 以为圆心且与圆有公共点的最大圆的方程为：
D. 直线被圆所截的弦的中点的轨迹为圆在圆内部的弧
【答案】ACD
【解析】
【分析】把圆 C 的方程化为标准形式可以验证A正确；求出直线方程为，因为圆心不在直线上，所以圆C不关于l对称，验证B错误；因为，两圆内切，以为圆心且与圆有公共点的圆最大，验证C正确；设弦的中点为，根据，得到 ，验证 D正确.
【详解】把圆 C 的方程化为标准形式得到，
所以圆心为，半径，故A正确，
当的斜率为时，直线方程为，即.
因为，所以圆心不在直线上，即圆C不关于l对称，故B错误
因为，所以以 M 为圆心且与圆 C 有公共点的最大圆，其半径，方程为，故C正确，
设弦的中点为，根据垂径定理，即.
因为，
所以，即.
又因为中点 P 在圆 C 内部，所以轨迹是该圆在圆 C 内部的弧，故D正确.
故选：ACD.
11. 如图，“鱼线”由抛物线和曲线（与关于直线对称）组成，“鱼身”为其围成的阴影区域，下列说法正确的是（ ）
A. 曲线的方程为
B. 直线与“鱼线”有3个交点，则的取值范围为
C. 点在“鱼线”上，，则
D. “鱼身”的面积大于4
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A：由与关于直线对称计算即可得；对B：联立直线与、，结合根的判别式计算即可得；对C：借助两点间距离公式，举出反例即可得；D：借助割补法计算即可得.
【详解】对A：由与关于直线对称，则有，
故曲线的方程为，故A正确；
对B：，消去可得，，
，消去可得，，
若，由、关于对称，此时直线与、共2个交点，
令，解得，此时直线与有两个交点，
又，，故直线与有一个交点，
即直线与“鱼线”有3个交点；
令，解得，此时直线与有两个交点，
又，，故直线与有一个交点，
即直线与“鱼线”有3个交点；
故当直线与“鱼线”有3个交点时，的取值范围为，故B正确；
对C：若点在上，则，
若点在上，则，
取，则，故，故C错误；
对D：取点在曲线上，联立，解得或，
则、有公共点、，则线段的方程为，
线段的方程为，
当时，有，
当时，有，
故“鱼身”的面积，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 正八边形的对角线条数为____________.（用数字作答）
【答案】20
【解析】
【分析】根据两点确定一条直线，从8个顶点中任取两个的取法，再去掉边的条数即可.
【详解】正八边形8个顶点中的任意两个的连线的条数，排除边数即为对角线条数，
故正八边形的对角线的条数是条.
故答案为：20
13. 已知直线是双曲线的一条渐近线，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由双曲线方程得到渐近线方程，比较已知直线方程求出.
【详解】因为双曲线方程为，所以，得，
所以渐近线方程为，
又直线是双曲线的一条渐近线，
所以，
故答案为：.
14. 已知数列满足，且，其中表示不超过的最大整数，如，若，则___________.
【答案】11
【解析】
【分析】先由，得到，利用累加法得，进而列方程即可求解.
【详解】当 n 为偶数时，设，
则；
，
当 n 为奇数时，设，
则
，
所以无论 n 是奇数还是偶数，都有 ，
所以，即，
累加得到，
所以，
因为，所以，解得或（舍去）
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，其中．
（1）若，求的值；
（2）若，且依次成等差数列，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用赋值法求二项式系数和；
（2）利用二项式系数写出对应的表达式，再利用等差数列的性质列方程求解．
【小问1详解】
当时，，
令，则，
令，则，
．
【小问2详解】
的展开式的通项为，系数，
由依次成等差数列，得，即，
代入组合数公式化简，得，
整理得，解得或
又，
，
．
16. 已知直线与圆相交于两点.
（1）若，求的值；
（2）为坐标原点，求.
【答案】（1）或；
（2）2
【解析】
【分析】（1）将直线与圆的方程联立， 化简得：，由并利用韦达定理和弦长公式求解即可.
（2）由（1）知，利用韦达定理接求解即可.
【小问1详解】
解法一：
（1）将将与圆的方程联立，
化简得：
由解得或
设直线与圆两交点分别为，
由韦达定理，，
，
解得或；
解法二：
（1）圆的标准方程为，
则圆心为，半径且
直线即，
则圆心到直线的距离
根据垂径定理可得：，
即
所以或；
小问2详解】
解法一：
由（1）知，
其中，
即，
代入韦达定理结果：，
所以的值为2；
解法二：
设点为的中点，由向量的坐标运算可得
，
所以.
17. 甲、乙两人组成“闪电队”参加双人投篮接力赛，规定每轮比赛甲、乙在指定位置各投篮一次，已知甲每轮投中的概率为，乙每轮投中的概率为，在每轮比赛中，甲和乙投中与否互不影响，各轮结果也互不影响.
（1）求“闪电队”在一轮比赛中至少投中1次的概率；
（2）若“闪电队”在两轮比赛中投中次数不少于3次，可获得决赛资格，求“闪电队”获得决赛资格的概率.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用相互独立事件同时发生的概率公式，即对立事件发生的概率公式即可求解；
（2）先将事件分解，再利用相互独立事件同时发生的概率公式即可求解
【小问1详解】
设一轮比赛中，“甲投中”，“乙投中”，“闪电队”投中篮球至少有1次，
由于两人投篮的结果互不影响，所以相互独立，由已知可得，，
“至少投中1次”的对立事件是“甲、乙都没投中”，
.
因此，“闪电队”在一轮比赛中至少投中1次的概率是.
【小问2详解】
设分别表示甲两轮投篮投中1次，2次的事件，分别表示乙两轮投篮投中1次，2次的事件，
根据事件独立性，得
，
，
设表示：“闪电队”在两轮比赛中投中篮球的总数不少于3次，
且两两互斥，与，与，与分别相互独立，
，
因此，“闪电队”获得决赛资格的概率是.
18. 已知数列满足，记.
（1）证明：数列等差数列；
（2）求数列的前项和；
（3）不等式对都成立，求实数的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据给定的递推公式，利用等差数列的定义得证.
（2）由（1）求出，再利用错位相减法求和即得.
（3）分离参数，构造，探讨数列单调性求出最小值即可得解.
【小问1详解】
由，
得，即，
又，
所以是以2为首项，1为公差的等差数列；
【小问2详解】
由（1）得，，且，
所以，
则①，
，
①-②得，
所以；
【小问3详解】
要证，
即
对任意正整数都成立，
令，则，
则，
因为单调递减，
当时，，所以，
当时，，
当时，单调递减，所以，
即所以实数的最小值为.
19. 已知椭圆的离心率为，且经过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）在平面直角坐标系中，为坐标原点，按如下方式构造点：过点作斜率为的直线与椭圆相交于不同的两点，过椭圆的左顶点作直线与定直线相交于点，线段的中点为.
①直线的斜率记为，证明：为定值；
②求的外接圆圆心的横坐标的取值范围.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②；
【解析】
【分析】（1）根据题意列关于方程求解即可，
（2）①设直线的方程为，，联立椭圆方程利用韦达定理求解出，，则的坐标为，化简得到，则
从而证明得到；②联立中垂线方程求解出外接圆圆心的横坐标，再利用函数单调性求解范围即可.
【小问1详解】
由离心率得，即①，
椭圆经过点，所以②，
联立①②解得，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
①如图直线过点且斜率，
则直线的方程为，
设，
联立，
整理得，
所以，
直线方程为，
令，解得，
即，
同理，，
线段的中点的坐标为，
在直线上，
所以，
所以，
则
所以；
②线段的中点坐标为，又，
线段的中垂线方程为，
线段的中垂线方程为，
联立
解得，
在上单调递增，
又，
当时，，
所以的取值范围是；
解法二（1）同解法一
（2）①设，
由三点共线，，即，同理可得，
所以，
设直线，
将点代入方程可得，由的斜率为可得，即，
则直线
椭圆方程：，化简得，
则，
即，
则，则，
所以，
则，
下同解法一.