浙江省杭州第十四中学凤起校区2025-2026学年高二上册期末数学试卷（含答案）

这是一份浙江省杭州第十四中学凤起校区2025-2026学年高二上册期末数学试卷（含答案），共19页。试卷主要包含了本卷满分150分.共4页；，本试卷不得使用计算器.等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，务必先在答题卡上正确填涂班级、姓名、准考证号；
2．将答案答在答题卡上，在试卷上答题无效.请按题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效；
3．本卷满分150分.共4页；
4．本试卷不得使用计算器.
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，计40分.每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分.
1. 已知点和点关于原点对称，则的值为（ ）
A. 1B. C. 3D. 2
【正确答案】B
【详解】因为和关于原点对称，
所以，，
解得，，
所以.
2. 已知，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】由空间向量的坐标运算即可求解.
【详解】由题意知，.
故选：C.
3. 已知函数的导函数图象如图所示，则下列说法中错误的是（ ）
A. 在区间上单调递增B. 是的极大值点
C. 当时，D. 在区间上单调递减
【正确答案】C
【分析】利用导函数的图象，判断导函数的符号，判断函数的极值以及函数的单调性，推出结果．
【详解】解：由导函数的图象可知：导函数在，导函数的符号为正，函数单调递增，A正确；
时，，函数单调递增，，，函数单调递减，
所以是的极大值点，B正确；
在区间上单调递减，D正确；
当时，函数单调递增，可能，所以C不正确；
故选：C．
4. 已知是抛物线上的动点，则点到直线的距离的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【详解】设点的坐标为，
则点到直线的距离为，
当时，即点的坐标为时，取最小值，
则点到直线的距离的最小值是.
5. 数列满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据等比数列的定义可得数列为等比数列，则在根据分式通分运算可得解.
【详解】因为，即，
则数列等比数列，
又所以
则
.
故选：C
6. 已知，是椭圆的两个焦点，是椭圆上的一点，，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】先根据椭圆的定义可知，再利用余弦定理化简整理得，进而根据均值不等式确定的范围，从而确定的最小值，求得和的关系，然后得和的关系，确定椭圆离心率的取值范围．
【详解】设，由椭圆的定义得，
由余弦定理得．
又，当且仅当时，取最大值，
于是，所以，
可得，又，．
即椭圆离心率的取值范围为.
故选：C
7. 设等差数列的前项和为，若，则满足的正整数的值为（ ）
A. 13B. 14C. 15D. 16
【正确答案】B
【详解】由，则，，则，
因为是等差数列，则，即是递减数列，
又，，
则满足的正整数的值为14.
8. 若圆与圆有且仅有2条公切线，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据两圆的位置关系得出，再将问题转化为求圆环内的点到直线的距离的取值范围.
【详解】由题意可知，，，且两圆相交，
则，则，
因为点到直线的距离为，
则圆与圆中间的圆环内的点到直线的距离，即，
则，故的取值范围为.
二、多选题：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. 下列结论正确的有（ ）
A. 已知，，则
B. 若为空间的一个基底，则可构成空间的另一个基底
C. 已知向量，，若，则为钝角
D. 点为平面外一点，为平面内一点，若，则
【正确答案】AD
【分析】对于根据空间向量坐标运算求模即可；对于根据向量共面判定定理判定；对于，令，则，此时从而判定；对于根据四点共面的向量判定定理求解.
【详解】对于,因为，，
则，
所以，
故正确；
对于若三个向量共面，
则存在实数，
使得，
解得，
则，
所以三个向量共面，
不可以构成空间向量的基底，故错误；
对于,因为，，
当时，，，
则，此时,不为钝角，
则错误；
对于因为是平面内一点，
根据四点共面的向量判定定理知：
，解得，
故正确，
故选：
10. 已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 时，有唯一的零点B. 时，存在极小值
C. 时，存在极大值D. 若，则的范围为
【正确答案】AC
【分析】求导后结合零点存在定理判断A；由单调性可判断BC；有单调性举反例当可判断D.
【详解】对于A，，
当时，，有唯一零点；
当时，恒成立，函数单调递增，
当时，，当时，，由零点存在定理可得有唯一的零点，
综上时，有唯一的零点，故A正确；
对于B、C，令，可得，
易得函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数存在极大值，故B错误，C正确；
对于D，因为，所以，
由B选项可得当，函数取得极大值，此时，
所以，故D错误.
故选：AC.
11. 对于正整数，是小于或等于的正整数中与互质的数的个数（若两个正整数的最大公因数是1，则称这两个正整数互质）．函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如（10与1，3，7，9均互质），则（ ）
A. B. 若为质数，则数列为等比数列
C. 数列的前4项和等于D. ，使得
【正确答案】ABD
【分析】A选项利用欧拉函数的定义即可求解判断；B选项利用的定义写出，再利用等比数列的定义进行判断即可；C选项利用B选项的结论写出通项公式，进而可求前4项和；D选项利用B选项的结论写出，，和，再代入即可判断.
【详解】对于A项，因为20与均互质，所以，故A正确；
对于B项，设 为质数，则小于等于的正整数中与不互质的数只有的倍数，
所以互质的数的数目为 ，
所以，所以为常数，
所以若质数，则数列为等比数列，故B正确；
对于C项，根据选项B可知，，
所以的前4项和为，故C错误；
对于D选项，根据选项B可知，，，
因为4不是质数，，
即判断是否存在使得，观察得到时等式成立，故D正确.
三、填空题：本大题共3小题，每空5分，计15分.
12. 在等差数列中，，则______.
【正确答案】
【分析】利用等差数列下标和性质直接化简求解即可.
【详解】由等差数列性质知：，解得：，
.
故答案为.
13. 在平面直角坐标系中，动点到、两点的距离的平方和为10，则的取值范围为__________．
【正确答案】
【分析】先确定点的轨迹，再根据直线与圆的位置关系求的取值范围.
【详解】由题意：，
化简得：，是以为圆心，以为半径的圆.
设，则.
由直线与圆有公共点，
所以.
两边平方得：
所以的取值范围为.
14. 设双曲线的左右焦点分别为，，离心率为2，，是右支上两点，且满足，记，的内切圆半径分别为，，则__________．
【正确答案】
【分析】先求出的关系，再设，求出，再利用韦达定理求出值和，求出，各边长长度，利用内切圆的性质求出半径，作商即可.
【详解】双曲线离心率，故，得，，右焦点，，双曲线方程可化为，
设，则，，，
由​得即，
设直线，代入双曲线方程，
整理得，由韦达定理 ​，​，
结合​，代入得： ​联立解得​，
不妨令，则，，
所以，
所以，，，
则，
，
.
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. 在 中，内角的对边分别为 .已知
（1） 求的值
（2） 若 ，求的面积.
【正确答案】（1） （2）
【分析】（1）正弦定理得边化角整理可得，化简即得答案．
（2）由（1）知，结合题意由余弦定理可解得 ，，从而计算出面积．
【详解】（1）由正弦定理得，
所以
即
即有，即
所以
（2）由（1）知，即，
又因为 ，所以由余弦定理得：
，即，解得,
所以，又因为，所以 ，
故的面积为=.
正弦定理与余弦定理是高考的重要考点，本题主要考查由正余弦定理解三角形，属于一般题．
16. 如图，在四棱柱中，平面，，，，.，分别为，的中点，
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角余弦值.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形判定和性质定理可得，再利用线面平行判定定理即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即得.
【小问1详解】
取中点，连接，，
由是的中点，故，且，
由是的中点，故，且，
则,，
故四边形是平行四边形，，
又平面，平面，
故平面；
【小问2详解】
依题意，因两两垂直，故可以为原点建立如图的空间直角坐标系，
由、、、、、，
则、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则，，
分别取，则、、，，
即得，，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为.
17 已知数列满足，，．
（1）求证：是等比数列．
（2）记，求数列及的通项公式；
（3）设，求．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）；
（3）
【分析】（1）根据等比数列的定义求证；
（2）结合（1）求出的通项公式，再利用求出为等比数列，利用等比数列的通项公式即可；
（3）利用错位相减法求出.
【小问1详解】
因为，所以，
因为，，所以，
由以上递推关系可知，，则，
故是以为首项，为公比的等比数列；
【小问2详解】
由（1）可知，，
因为，所以，则，
即，
因为，所以由以上递推关系可知，，则，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，；
【小问3详解】
由（2）可知，，则，则，
设，则，
则，
则
，
则.
18. 已知函数的图象在点处的切线方程为.
（1）用表示出，；
（2）若在上恒成立，求的取值范围；
（3）证明.
【正确答案】（1）.
（2）
（3）证明见解析.
【分析】（1）根据导数的结合意义，列出等式，即可求解；
（2）由在上恒成立，设函数，求得其导数，分类讨论，判断函数单调性，根据不等式恒成立，求得参数范围.
（3）利用（2）的结论，可得当时，，令 ，则可推得，将这n个不等式累加,即可证明结论.
【小问1详解】
由可得，
则，且，
则.
【小问2详解】
由（1）知，，
令，
则 ，
当时，，
若，则，是减函数，所以 ，这与题意不符；
当时， ，
若，则，仅当时等号成立，是增函数，
所以，即恒成立，仅当时等号成立，
综上所述，所求a的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）知，当 时，有 ，
取，有，且当时，，
令，则 ，
即，
即，，，，
将上述n个不等式依次相加得 ，
两边加，整理得
关键点点睛：证明不等式时，要利用（2）中结论，即当 时，有 ，取，有，且当时，，因此解答的关键点就在于要采用赋值的方法，即令，得到，然后采用累加的方法，即可证明.
19. 设椭圆的中心为坐标原点，右焦点为，离心率为，
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知圆是以点为圆心，为半径的圆，过椭圆C的下顶点作圆的两条切线，这两条切线分别与椭圆相交于点，（异于点）．设直线交轴于G点．
（ⅰ）设，直线的斜率分别为，，求的值及点的坐标．
（ⅱ）设点（与G点不同）满足：，，求证：在定直线上运动，并求出定直线方程．
【正确答案】（1）
（2）（ⅰ），；（ⅱ）证明见解析，定直线方程为.
【分析】（1）设椭圆的标准方程为，由条件列方程求，由此可得结论；
（2）（i）设过的切线方程为，根据切线性质可得，由此可求，联立方程组求的坐标和直线的斜率，再求点的坐标；
（ⅱ）设，由条件利用表示，结合（ⅰ）化简可得结论.
【小问1详解】
由题意，设椭圆的标准方程为，
已知椭圆右焦点，故，离心率，
得，又，
因此椭圆的标准方程为：；
【小问2详解】
（ⅰ）椭圆的下顶点，圆：，
设过的切线方程为，
由切线性质，圆心到切线的距离等于半径，
所以，整理得，
由根与系数关系得：，
将代入椭圆方程得，同理，
所以直线的斜率，
，所以​​，
令可得，
因此点坐标为；
（ⅱ）设，
因为，所以，
由​​​，可得，
所以，
结合，
化简得：，
所以，代入​​，
可得​，
所以，​
因此恒定直线​上.