河北省衡水市枣强县河北枣强中学高二上学期第一次期末数学试题（解析版）-A4

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注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
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. 已知数列，，，2，，…则该数列的第2025项为（ ）
A. 45B. C. 55D.
【答案】B
【解析】
【分析】由给定的前5项具有的共同性质写出通项公式，进而求出第2025项.
【详解】依题意，该数列的奇数项为负数、偶数项为正数，各项绝对值是项数的算术平方根，
因此该数列的第项为，所以该数列的第2025项为.
故选：B
2. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线的方程可得出其倾斜角.
【详解】因为直线，其中为常数，故直线的倾斜角为.
故选：A.
3. 抛物线的准线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线的方程求准线方程即可.
【详解】将抛物线方程转化为，则抛物线的准线方程为.
故选：C.
4. 已知数列满足，，则（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】由递推数列的性质，代值求解即可.
【详解】
.
故选：B.
5. 已知直线，设甲：；乙：，则甲是乙的（ ）
A 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用两条直线平行的条件得到得到或再判断即可得到结果
【详解】由直线，，当两条直线平行时，解得或，
当时，，
当时，
所以甲是乙的必要不充分条件.
故选：B
6. 由中国古代劳动人民发明于东周春秋时期，距今已2000多年.龙被视为中华古老文明的象征，大型龙类风筝放飞场面壮观，气势磅磗，因而广受喜爱.某团队耗时4个多月做出一长达200米、重约25公斤，“龙身”共有180节“鱗片”的巨龙风筝.制作过程中，风箏骨架可采用竹子制作，但竹子易断，还有一种耐用的碳杆材质也可做骨架，但它比竹质的成本高.最终团队决定骨架材质按图中规律排列（即相邻两碳质骨架之间的竹质骨架个数成等差数列），则该“龙身”中竹质骨架个数为（ ）
A. 161B. 162C. 163D. 164
【答案】B
【解析】
【分析】设有个碳质骨架，由条件列关系式求碳质骨架的个数，此可得结论.
【详解】设有个碳质骨架，，
由已知可得，
如果只有个碳质骨架，则骨架总数少于，
所以，
所以，且，又
解得，
所以共有碳质骨架18个，故竹质骨架有162个，
故选：B.
7. 已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，，以线段为直径的圆与在第一象限内的交点为.若，则点到直线的距离为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，用半焦距c表示，再结合双曲线定义求出，进而求得答案.
【详解】依题意，，双曲线的半焦距，
由，得，则，而，
于是，即，解得，而点是线段中点，
所以点到直线的距离为.
故选：C

8. 已知正项数列满足，且，则（ ）
A. 为等差数列B. 为等差数列
C. 为等比数列D. 为等比数列
【答案】A
【解析】
【分析】由条件可得，，结合关系可得，可得，由此判断AC，举反例判断BD.
【详解】因为，数列为正项数列，
所以，，又，
所以，
所以，
所以为等差数列，A正确，C错误；
设，则，，，
满足条件，，
因为，，
所以不是等比数列，不是等差数列，B错误，D错误.
故选：A.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 椭圆=1的焦距为4，则m的值可能是（ ）
A. 12B. 10
C 6D. 4
【答案】AD
【解析】
【分析】由椭圆的标准方程中即可求解.
【详解】因为椭圆的焦距为，则，
当焦点在轴上时，，
由，即，解得；
当焦点在轴上时，，
由，即，解得.
故或.
故选：AD.
10. 已知圆和圆交于、两点，下列说法正确的是（ ）
A. 圆和圆的圆心距为
B. 两圆有两条公切线
C. 直线的方程为
D. 线段的长为
【答案】BC
【解析】
【分析】求出两圆圆心距，可判断A选项；利用两圆的位置关系可判断B选项；将两圆方程作差可得出直线的方程，可判断C选项；利用几何法求出直线截圆的弦长，可判断D选项.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆的标准方程为，圆心为，半径为，
对于A选项，，A错；
对于B选项，因为两圆相交，故两圆有两条公切线，B对；
对于C选项，将两圆方程作差得，即，
所以，直线的方程为，C对；
对于D选项，圆心到直线的距离为，
所以，，D错.
故选：BC.
11. 记等差数列的前项和为，公差为，若且，则下列说法正确的有（ ）
A B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由条件结合等差数列通项公式可得，由此可得判断A，结合等差数列求和公式判断B，根据等差数列通项公式判断C，根据求和公式及通项公式判断的符合，判断D.
【详解】对于A，由题意得，
由可得，
由，即，
可知，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，等价于，
又，故C正确；
对于D，，且，
故，故D错误.
故选：BC.
12. 如图，曲线可以看作“蝴蝶结”的一部分，已知曲线上除原点外的所有点均满足其到原点的距离的立方与该点横纵坐标之积的绝对值的商恒为定值（），则（ ）
A. 曲线关于直线对称
B. 曲线经过点，其方程为
C. 曲线围成的图形面积小于
D. 存在，使得曲线上有5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）
【答案】ACD
【解析】
【分析】首先根据已知条件求出曲线方程，再运用曲线的对称性、放缩解决曲线所围图形面积以及整点的概念，分别分析每个选项.
【详解】对于A，先求曲线方程，设曲线上一点（），
由已知，即.
若点在曲线上，则也满足曲线方程，
所以曲线关于直线对称，A选项正确.
对于B，将代入曲线方程，得，即，，此时方程为，B选项错误.
对于C，，则，
所以C在以圆心为O，半径为的圆内，结合图形知道，C选项正确.
对于D，由于，所以，
由曲线的对称性可知，要使曲线上有5个整点，
则曲线在第一象限内有两个整点，当整点为时，，
此时整点都在曲线上，其有3个整点，不满足题意;
当整点为时，，此时整点均在曲线上，
且均不在曲线上，其有5个整点，满足题意，D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题关键是找准图形的信息，求出曲线方程，后运用性质，如对称性，整点，面积借助放缩成半圆即可求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 实轴长为6，虚轴长为8，焦点在x轴上的双曲线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，结合焦点在上的双曲线方程特征写出结论.
【详解】依题设，设双曲线方程为，且，即，
所以双曲线方程为.
故答案为：
14. 等比数列的各项为正数，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据对数的运算性质及下标和性质计算可得.
【详解】因为，
所以，又，
所以，则，所以.
故答案为：
15. 已知直线：，圆：，若圆上至少存在两点到直线的距离等于，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】首先求圆心到直线的距离，且圆的半径，根据圆上至少存在两点到直线的距离为有，即可求参数范围.
【详解】圆心到直线的距离，且圆的半径，
圆上至少存在两点到直线的距离为，则，即，
所以，解得，
故的取值范围是.
故答案为：
16. 已知椭圆的左，右顶点分别为，抛物线与交于两点，为坐标原点，若，则的离心率为________．
【答案】
【解析】
【分析】设，由对称性得，由直线斜率的定义可得,，进而可得，又，得，进而可得.
【详解】
由题意可知，设，由对称性可知，
则，，，
，
由得，
化简得，即又，
得，即，故，
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分、解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 在直角坐标系中，已知一条直线恒过定点A．
（1）若直线不经过第二象限，求m取值范围．
（2）已知以A为圆心的圆A与直线相切，求圆A的标准方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】分和讨论，再利用斜截式特点即可得到不等式组，解出即可；
（2）求出定点坐标，再利用圆心到直线距离即为半径即可求解.
【小问1详解】
，即，
因为直线不经过第二象限，若，则，不符合题意，舍去；
若，则，解得.
【小问2详解】
，即，令，则，
则圆心，若圆A与直线相切，则半径，
则圆方程为.
18. 已知等差数列的前项和为，，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）运用等差数列性质公式计算即可.
（2）运用分组求和，结合等差等比数列求和公式计算即可.
【小问1详解】
设的公差为d，因为，所以，
又，则，
故，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得：
19. 已知双曲线的右焦点为，点在上，且轴．
（1）求的方程；
（2）过且斜率大于的直线与的右支交于，两点，若，求的一般方程.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）将点坐标代入方程，又轴，得，联立即可.
（2）由题可设设直线的方程为，，根据题意，故
，联立方程直线与曲线方程，消去后用韦达定理，可得，，将其带入弦长公式可解，故而得到直线的方程.
【小问1详解】
因为点在上，所以，
又为的右焦点，轴，则，故，
所以，因此的方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，，
因为斜率大于的直线与的右支交于两点，
所以，即，故，联立方程，
消去得，则，，
所以，
解得，即，故直线的方程为.
20. 如图，四棱锥中，平面平面，为等边三角形，底面为等腰梯形，且，点是棱的中点，过点，，的平面交棱于点．
（1）证明：平面；
（2）求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）运用等腰梯形性质，结合线面平行判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，结合四点共面的向量定理计算即可.
【小问1详解】
因为底面等腰梯形，且，所以.
又因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为为等边三角形，，取中点，连接，则. 又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.
因为，，为中点，为中点，所以.
以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.
,且为等边三角形，可求得.
则，，，
那么. 设，所以设.
又因为点是棱的中点，设，则.
因为，，，四点共面，所以，，共面.
，，.
设存在实数，，使得，则可得方程组：
解得,,
所以，则，.
所以.
21. 已知椭圆的右焦点为，上、下顶点分别为，左、右顶点分别为、，点为上第二象限内一动点．
（1）若，求直线截所成弦长；
（2）设直线与交于点，与交于点，证明：轴．
【答案】（1）；
（2）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）根据椭圆方程可得各顶点坐标，将代入椭圆方程解可得点坐标，写出直线的方程并与椭圆方程联立，解出另一交点坐标为即可求出弦长；
（2）由（1）可知直线、、、的方程，联立直线、的方程，可得点坐标，同理可得点，又在椭圆上，所以，化简整理可得、的横坐标相同，所以轴．
【小问1详解】
由椭圆方程知，，所以，
即，,,,,
因为在椭圆上，将，代入方程解得，即，如下图所示：
所以直线的方程为，
联立方程，消去得，
又，所以是该方程的一个实数根，
则另一交点满足，解得，
易知在第四象限，则，即
因此直线截所成的弦长为
.
【小问2详解】
由（1）知直线的斜率一定存在，其方程为，
直线的方程为，
直线方程为，
直线的方程为.
联立直线与直线的方程，
解得，
同理联立直线与直线的方程，
解得.
若要证明轴，即证明点、的横坐标相同即可，
只需证明，
即证，
，
即证，
即证，
亦即证，
而由于点P在已知椭圆上，可知这是正确的，
所以轴得证．
22. 已知数列的首项为1，其前项和为，等比数列是首项为1的递增数列，若．
（1）求数列和的通项公式；
（2）证明：；
（3）求使得成立的最大整数．
【答案】（1），
（2）证明见解析 （3）6
【解析】
【分析】（1）根据与的关系，结合等差数列的定义、等比数列的通项公式进行求解即可；
（2）对的表达式进行放缩，利用裂项相消法进行求解即可；
（3）利用作差比较法，结合数列的单调性进行求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以当时，，
作差得，
两边同时除以得，
又，所以，得，
所以，故对，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，则．
设等比数列的公比为，
因为，所以由，或
又因以数列是递增数列，所以．
【小问2详解】
因为，
所以
．
【小问3详解】
由（1）知，即，令，则，
，
所以当时，，当时，，当时，，
即有，，
又，
故当时，，所以，，
又，
所以，当时，，故使得成立的最大整数为6．
【点睛】关键点点睛：本题的关键之一是，之二是利用作差比较法判断数列的单调性.