安徽省宣城市2025_2026学年度高二数学上学期期末检测试题含解析

这是一份安徽省宣城市2025_2026学年度高二数学上学期期末检测试题含解析，共71页。
1．答卷前，考生务必将自已的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. 直线的一个方向向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出给定直线的斜率即可得该直线的一个方向向量，再求与共线的向量即可.
【详解】直线的斜率为，则直线的一个方向向量，
对于A，因，即向量与不共线，A不合题意；
对于B，因，即向量与不共线，B不合题意；
对于C，因，即向量与不共线，C不合题意；
对于D，因，即向量与共线，D符合题意.
故选：D
2. 记为等差数列的前n项和.若，则（ ）
A. 9B. 18C. 27D. 36
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列的前n项和公式，等差数列的通项公式进行求解即可.
【详解】
，
故选：C
3. 圆与圆的公切线条数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】求出两圆圆心距离即半径后，可得位置关系，由位置关系可得公切线条数.
【详解】由可知圆心为，半径，
由，即，
则圆心为，半径，
则两圆圆心距离为，，，
故，即两圆相交，故公切线条数为2条.
故选：B.
4. 在三棱柱中，是的中点，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可得，再根据空间向量线性运算法则计算可得.
【详解】因为，所以，
所以
.
故选：C
5. 已知在一个二面角的棱上有两个点A，B，线段，分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，，，则这个二面角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设二面角的大小为，则，又，根据向量数量积的运算律可求得，进而可求得.
【详解】如图，设二面角的大小为，因线段，分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，则，
根据题意可得，
所以，
因为，，，
所以，
解得，又因为，所以，
所以这个二面角的度数为.
故选：B.
6. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数奇偶性及特殊点函数值即可判断.
【详解】由，可得定义域为，
又，
函数为偶函数，故排除D，
又，结合图像可排查BC，
故选：A
7. 已知A，B是抛物线（）上不同两点，点F是抛物线的焦点，且（O为坐标原点）的重心恰为F，若，则（ ）
A. 8B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据重心可得，结合对称性可得，再根据抛物线的定义运算求解得出，最后得出弦长即可.
【详解】设，
因为的重心恰为F，则，解得，
由可知关于x轴对称，即，
代入，可得，
又因为，解得，所以，
又因为，所以，，设，所以，
则.
故选：D.
8. 记上的可导函数的导函数为，满足（）的数列称为函数的“牛顿数列”．若，数列为牛顿数列，且，，数列的前n项和为，则满足的所有n的和为（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】根据牛顿数列的定义通过函数求导化简得数列递推式，即得等比数列，求出数列的通项与前项和，利用数列的增减性即可求得答案.
【详解】由可得，根据牛顿数列的定义，，
将和代入上式，得，
则数列组成首项为，公比为2的等比数列，故，于是，
则，，则等价于，即，
因为递增数列，且，故满足条件有4，5两个，它们的和为.
故选：C.
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 若向量与共线，与共线，则与共线
B. 若G是四面体的底面的重心，则
C. 若，则A，B，C，G四点共面
D. 若向量在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用向量共线、重心性质、四点共面条件及基变换等知识逐一判断每个选项即可.
【详解】选项A：若向量 ，则 与 共线， 与 共线，但 与 不一定共线，故A错误.
选项B：若 是 的重心，则 ，故B正确.
选项C：若 四点共面，则存在实数 使得 且 ，这里 ，故四点不共面，C错误.
选项D：已知 ，在基底 下，设 ，则：
所以，解得 ，故坐标为 ，D正确.
故选：BD
10. 已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点
B. 有三个零点
C. 点是曲线的对称中心
D. 过点且与曲线相切的直线恰有两条
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，分析函数的单调性即可得出极值点个数；对于B， 利用函数的极值与零点存在定理可得出零点个数；对于C，通过检验是否恒成立即可判断；对于D，利用导数的几何意义写出切线方程，由求出的切点个数即可判断.
【详解】对于A，由求导得．
令，得或，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以和2是函数的两个极值点，故A正确；
对于B，由A项分析，在时取得极大值，在时取得极小值，
且当时，，当时，，故函数在定义域上有三个零点，故B正确；
对于C，由，
因为，
故曲线关于点不成中心对称，故C错误；
对于D，设切点为，则切线的方程为，
代入，可得，化简得，解得或．
故过点且与曲线相切的直线恰有两条，故D正确．
故选：ABD.
11. 如图，类似“心形”的曲线E，可以看成由上部分曲线，下部分曲线（）构成，过曲线的焦点的直线l与曲线交于M，N两点，是“心形”曲线E上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 曲线E上任意一点到原点的距离都不超过
B. 曲线的方程为（）
C. 直线与曲线E有2个交点，则m的取值范围为
D. 面积的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题设易知上半部分表示以为圆心，1为半径的2个半圆，进而确定下半部分椭圆参数得方程，结合椭圆性质判断A、B；根据直线与圆、椭圆的位置关系分析临界条件，结合图形即可得结果判断C；通过设直线方程，数形结合及联立椭圆方程，应用韦达定理、弦长公式、点线距离公式求出面积解析式，再运用函数单调性求其最值判断D.
【详解】由可变形为，
则上半部分表示以为圆心，1为半径的2个半圆.
曲线的焦点为，解得，，，
对于A，由曲线E的图形可知，当点位于的下顶点时该点到原点的距离最大，为，
即曲线E上任意一点到原点的距离都不超过，故A正确；
对于B，由上分析，可知曲线的方程为，故B正确；
对于C：联立方程，消去可得，
令，解得（舍去）或，
取直线和直线；
若点到直线，即的距离，解得或（舍去），
若点到直线，即的距离，解得或（舍去），
取直线和直线；以直线为临界，结合图形可知：
若直线与曲线有2个交点，则或，
所以的取值范围为，故C错误；
对于D，根据对称性，不妨设，由题意，，即，
联立，消去并整理得，
，则，，
则，
点到直线的距离为，
所以，
设，易得，
函数在上单调递增，则，
所以的最大值为，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．
12. 若数列通项公式为，其前n项和为，则______．
【答案】1012
【解析】
【分析】先求出的规律，进而得到的规律，即可根据规律求出结论.
【详解】因为，
所以，
所以每四项和为2，
因此
．
故答案为：1012.
13. 设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据导数的几何意义写出切线方程，进而求得切线与坐标轴的交点，即可求得结果.
【详解】由求导得，则，
故切线方程为，令，得，令，得，
即切线与坐标轴分别交于，故切线与两坐标轴围成的三角形面积为.
故答案为：.
14. 已知双曲线（，）的一条渐近线的斜率为，左右顶点分别为，，右焦点为F，且M，N是双曲线C位于第一象限的两点，，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意，，余弦定理得，得，由，求，最后由求值即可.
【详解】依题意，，则，
设双曲线的左焦点为，连接，则，因，则，
在中，由余弦定理，，则，，
又，故.
设点，则易得，即，
由，可得，
则，
故.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知圆内有一点，为过点P的弦．
（1）当时，求直线的方程；
（2）求弦中点M的轨迹方程．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）分直线斜率存在与不存在两种情况考虑，在斜率不存在时结合图形求出弦长检验可得；在斜率存在时，利用弦长公式求出直线斜率即得直线方程；
（2）方法一：由垂径定理得，从而可得点的轨迹是以为直径的圆，求出圆的方程即可；方法二：利用，代入点的坐标推导即得；方法三：利用，代入点的坐标推导即得.
【小问1详解】
当直线的斜率不存在时，的方程为，代入，
此时，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即
设原点O到直线的距离为d，则，解得
的方程为，即
综上，直线的方程为或
【小问2详解】
方法一：是的中点，由垂径定理得
的轨迹是以为直径的圆．的中点为，
即圆心，半径
的轨迹方程为
方法二：设，由垂径定理得，，（且），
，得（且
当时，，时，，也满足上式，
的轨迹方程为
方法三：设，由垂径定理得，
即，即M的轨迹方程为.
16. 已知数列的前n项和为，，（）．
（1）求的通项公式；
（2）记，数列的前n项和为，若恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据与的数量关系推得，利用等比数列的定义即可求出数列的通项；
（2）依题意，求出的表达式，采用裂项相消的方法求和，根据数列的增减性即可求得参数的范围.
【小问1详解】
由得：（），
两式相减得：，即（），
又时，，（），
是以为首项，公比的等比数列，.
【小问2详解】
，
，
，
易知，随n增大而增大，的最小值是，
由恒成立，可得，故的取值范围是.
17. 如图，点C在以为直径的半圆的圆周上，，且，，（）．
（1）求证：平面平面；
（2）当直线与平面夹角的正弦值为时，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理与判定定理即可证明；
（2）依题意建系，写出相关点的坐标，求出相关向量的坐标，利用空间向量的夹角公式列方程求解即得的值.
【小问1详解】
平面，平面．.
又为直径，点C在圆上，，
又，平面，，平面，
又平面，平面平面.
【小问2详解】
由平面，．
以B为原点，方向为x轴，方向为z轴，建系如图．
则，，，
，，，．
，．
设平面的法向量为，则，
即，可取.
设直线与平面所成角为，
则,
，解得或（舍），
综上，的值是.
18. 已知椭圆（）过点，离心率为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线l与椭圆C交于A，B两点．
（i）当线段中点坐标为时，求直线l的方程；
（ii）当直线l斜率为1，且不过原点O，直线l与y轴交于点P，T是A关于x轴的对称点．记直线与x轴交于点Q，求周长的最小值．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的离心率和经过的点建立方程，求出，即得椭圆方程；
（2）（i）解法一：利用点差法利用弦的中点求出弦所在直线的斜率即得；解法二：设直线的方程与椭圆方程联立，借助于韦达定理求出直线的斜率即得；（ii）设直线，与椭圆方程联立，写出韦达定理，求直线的方程，令，求得，表示出的周长表达式，利用基本不等式即可求得其最小值.
【小问1详解】
由题意得，解得：
椭圆C的标准方程是.
【小问2详解】
（i）解法一：设，，则，
相减得：,
中点是，，，代入上式得：，
即l的斜率，的方程为，即.
解法二：当l的斜率不存在时，显然不合题意．
当l斜率存在时，设方程为，代入得：
，
设， 则，解得：
的方程为，即.
（ii）设直线（），令，得：，
设，，则，
联立直线l与椭圆方程消元得：，
由，得，
则，,
直线的方程为，
令，得,
，,
的周长为
（当且仅当，等号成立）
故的周长的最小值为.
19. 已知函数，（）．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求a的取值范围；
（3）若，且不等式在上恒成立，求a的最小值．
【答案】（1）答案见解析.
（2）
（3）1
【解析】
【分析】（1）函数定义域为，求导，再分和两种情况讨论求解即可得答案；
（2）函数零点即方程的解，等价于,将问题转化为求与图像的交点个数;
（3）根据题意得在上恒成立，故令，求函数最大值即可得答案.
【小问1详解】
由题意，，
当时，恒成立，在单调递增；
当时，令，得，
当，，当，
在单调递增，在单调递减
【小问2详解】
有两个零点，等价于有两个实数根，即，
即，等价于与有两个交点．
由得，，
当，，当，，
在单增，单减． 且，，
，，，，且时，，图象如图，
的取值范围是
【小问3详解】
不等式为，
所以不等式在上恒成立，
所以在上恒成立．
设，则，
当时，，，
又在上是增函数，，，
所以存在，使得，
当时，，；
当时，，，
即在上单调递增，在上单调递减，
，，
则，所以，
因为，所以，
又因为，所以，所以a的最小值为1