浙江省宁波市慈溪市2025_2026学年高二数学上学期期末试题含解析

这是一份浙江省宁波市慈溪市2025_2026学年高二数学上学期期末试题含解析，共11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。
考试时间 120 分钟，不得使用计算器，请考生将所有题目的答案均写在答题卷上.
第 I 卷（选择题，共 58 分）
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. 已知点 是点 在坐标平面 内的投影，则点 的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据点在坐标平面上的投影的性质求解.
【详解】因为点 在坐标平面 内的投影横、竖坐标不变，纵坐标为 0.
所以 .
故选：C
2. 直线 的一个方向向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据方向向量的定义可得直线 的一个方向向量为 ，通过判断各选项中的向
量与 是否共线，可得正确选项.
【详解】由 ，得 .
所以直线 的斜率为 .
所以直线 的一个方向向量为 .
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对于 A， ，所以 与 共线，所以 A 正确；
对于 B， ，所以 与 不共线，所以 B 不正确；
对于 C， ，所以 与 不共线，所以 C 不正确；
对于 D， ，所以 与 不共线，所以 D 不正确.
故选：A.
3. 已知数列 的前 项和为 ，若 ， ，则 （ ）
A. 16 B. 8 C. 4 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据数列前 项和 与通项 的关系 （ ），结合已知条件逐步推导求出 .
【详解】当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
当 时， .
故选：B.
4. 抛物线有一条重要性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴.
根据光路可逆性，若一条与 轴平行的光线经过点 后，射到抛物线 ： 上，经过两次反
射后从点 射出，已知光线从点 到点 经过的总路程为 9，则 （ ）
A. B. 1 C. 2 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用抛物线的定义求解.
【详解】如图所示：
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焦点为 ，设光线第一次交抛物线于点 ，第二次交抛物线于点 ，
过焦点 F，准线方程为： ，
作 垂直于准线于点 ，作 垂直于准线于点 ，
则
，
解得 ，
故选：C
5. 已知函数 在区间 的大致图象如右图所示，则 的解析式可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对 A、C，由 判断；对 B、D 由 单调性判断.
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【详解】对于 A： ，与图象不符，A 错误；
对于 B： ， 是偶函数，
，当 时， ，
当 时， ，所以 在 单调递增，在 单调递减，
又由偶函数性质可得 在 单调递减，在 单调递增；
且 ，符合图象特征，B 正确；
对于 C： ，与图象不符，C 错误；
对于 D： ，因为
，
，
由零点存在性定理， ， ，
所以 在 单调递减，在 单调递增，
所以 在 存在极小值，与图象不符，D 错误；
故选：B.
6. 在三棱锥 中， ， ，则直线 与平面 所成
角的正弦值为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设 中点为 ，连接 ， 先证 平面 ，再以 为原点建立空间直角坐标系，利
用空间向量法求线面角即可．
【详解】设 中点为 ，连接 ，
不妨设 ，
， ，
，
， ，
，则 ，
又 ，
，
平面 ，
平面 ，
故以 为原点建立空间直接坐标系，
则 ，
设平面 的一个法向量 ，
，不妨取 ，则 ，
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，
设直线 与平面 所成角为 ，
．
故选：D．
7. 已知点 关于直线 对称 点在圆 上，则 （
）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知确定点 关于直线 对称的点在圆 上，易得对称点为圆
和圆 的交点，求出交点坐标，利用垂直关系求 进而得出结果.
【详解】显然 在圆 上，又直线 经过该圆的圆心 ，
所以点 关于直线 对称的点在圆 上，
又点 关于直线 对称的点在圆 上，
所以对称点为圆 和圆 的交点，联立得交点为 ，
所以 与 两点所在直线与 垂直，故 .
因为 ，且 .
所以 .
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故选：A
8. 已知数列 满足 ， ，其中 等于 的个位数，则 （ ）
A. 20342 B. 20346 C. 20358 D. 20374
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意分析可知数列 的一个周期为 4 的周期数列，且 ，利用累加法结
合周期数列性质运算求解.
【详解】因为 ，即 ，且 ， ，
当 时，则 ， ；
当 时，则 ， ；
当 时，则 ， ；
当 时，则 ， ；
可知数列 的一个周期为 4 的周期数列，且 ，
又因为 ， ， ， ，
累加可得 ，
所以 .
故选：B.
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知函数 ，则（ ）
A.
B. 当 时，曲线 在点 处的切线方程为
C. 当 时，函数 有最大值
D. 当函数 在区间 上单调递减时，
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【答案】AB
【解析】
【分析】根据函数的求导法则求导，可判断 A；利用导数求得曲线 在点 处的切线斜率，
从而求出其切线方程，判断 B；当 时，分析函数 的单调性，可知其最值情况，判断 C；由函数
在区间 上单调递减，知 在区间 上恒成立，由此求得 的取值范围，判断 D.
【详解】函数 ，定义域为 .
对于 A， ，所以 A 正确；
对于 B，当 时，函数 ，则 ，所以 .
又 ，所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ，所以 B 正确；
对于 C， .
当 时，令 ，则 ，即 .
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
所以 无最大值，所以 C 错误；
对于 D，若函数 在区间 上单调递减，则 在区间 上恒成立，
即 ，即 ，即 在区间 上恒成立.
令 ，则 在区间 上单调递增，所以 ，所以
.
所以 ，所以 D 错误
故选：AB.
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10. 已知公差不为零的两个等差数列 和 ，记它们的前 项和分别为 ， ，则（ ）
A. 当 时，
B. 当 ，且 时，数列 的前 14 项均是正数
C. 当 时，
D. 当 时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】对 A，由 与 关系及等差数列性质判断；对 B，由 得 ，判断 的符号；对
C，用基本量表示 求解判断；对 D，由 设 的二次表达式，计算 并求其比值.
【详解】对于 A：因为 ，所以 ，解得 ，A 正确；
对于 B：由 可得 ，所以 ，B
错误；
对于 C： ，
又 ，所以 ，解得 ，C 正确；
对于 D：因为 ，所以可设 ，
则 ，
，
所以 ，D 正确；
故选：ACD.
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11. 已知曲线 的方程为： ，倾斜角为 的直线经过点 ，且与
恰有两个交点 M，N（点 在 轴上方），记过点 和 的直线倾斜角为 ，则（ ）
A.
B.
C. 当平面 沿直线 折起，使二面角 为直二面角时，点 到平面 的最大距离为
1
D. 当平面 沿直线 折起，使 平面 时，点 到平面 的距离为
【答案】BC
【解析】
【分析】由 与下方双曲线相切时特例判断 A；由椭圆定义结合正弦定理判断 B；由 为直
二面角时点 到平面 的最大距离为 ，结合椭圆性质判断 C；建系由空间向量求出点到平面距离判
断 D.
【详解】对于 A 选项，由题意，曲线 由 的上半部分与 的下半部分组成，
且直线 与上半部分总有 1 个交点 ，
设 ，联立 ，可得 ，
而 ，当 时，唯一解 在曲线 C 上，
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此时 ，故 A 错误；
对于 B 选项，由题意得 为椭圆 的焦点，
则由椭圆的定义得 ， ，
由正弦定理可得 ，
则 ，
代入 ， ，
整理得 ，故 B 正确；
对于 C 选项，由题意，二面角 为直二面角时，作 ,
由于 为平面 与平面 的交线, 平面 ，
则 即为点 到平面 的距离, ，
当 在椭圆上顶点时，则 最大为 1，故 C 正确；
对于 D 选项，将平面 沿直线 折起，使 平面 ，
由于 平面 则 ，
在折起之前，代入 求得 ，则 ，
由于 共线,则取 的方向向量
设折起后，原 轴正半轴变为 轴正半轴，其余不变，
则 ，
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， ，设平面 法向量 ，
则 ，即 ，
令 ，解得 ， ，可得 ，
则点 到平面 的距离 ，故 D 错误.
故选：BC.
第 II 卷（非选择题，共 92 分）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12 已知圆 与圆 相切，则 __________
【答案】1 或 9
【解析】
【分析】求出两圆的圆心和半径，分内切与外切求解.
【详解】圆 ，圆心 ，半径为 ，
圆 可化为 ，圆心 ，半径为 ，
若两圆内切，则 ，即 ，解得 ；
若两圆外切，则 ，即 ，解得 ；
故答案为： 或 .
13. 已知函数 的导函数为 ，且满足 ，则 __________.（其中 是自
然对数的底数）
【答案】
【解析】
【分析】根据导数的运算性质求导，令 运算求解即可.
【详解】因为 ，则 ，
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令 ，则 ，解得 .
故答案为： .
14. 已知双曲线 的左、右焦点为 ， ，若过 的直线与 交于 ， 两点，且
， ，则双曲线的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先根据题意分析 的位置关系，并画出大致图像，然后设 ，根据图像用 表
示 ， 的长度，在 里用余弦定理表示 的关系式，然后取 中点 ，连接 ，在
中同样表示 的关系式，最后联立计算.
【详解】双曲线 ，焦点 ，满足 ，
过 的直线交双曲线于 两点，且 ，说明 是等腰三角形，
若 在双曲线的左侧，设 ， ， ， ，
则 ，
同理可得 ，由 ，可得 ，所以 ，与题目矛盾，
所以 分别在双曲线左右两侧.
如图：
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由题意 ，可得 ，
由双曲线的定义知，
对 点，有 ，
对 点，有 ，
设 ，
所以 ， ，
于是 ，
在 中，由余弦定理可得
，
代入 ，
，
展开并整理得
，（1）
取 中点 ，连接 ，则 ，
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在 中， ， ，
得 ，
将 代入（1）中： ，
整理并两边除以 ，并化简为 的方程得 ，
继续化简得 .
解得 .
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. 已知直线 ， ，圆 .
（1）若 ，求 的值；
（2）若直线 被圆 截得的弦长为 8，求 的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由两直线垂直的系数关系列式求解；
（2）将问题转化为圆心到直线的距离求解.
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，整理得 ，解得 ；
【小问 2 详解】
由题意知，圆 的半径 ，弦长一半为 4，
所以由勾股定理知，圆心 到直线 的距离为 3.
即 ，整理得
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解得 .
16. 如图，在四棱锥 中， 平面 ，底面 满足 ， ，
， .
（1）证明： 平面 ；
（2）求平面 与平面 的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2） .
【解析】
【分析】（1）由 ， ，得 .因为 平面 ，所以可以以 为原点，
， ， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系.利用向量证明 ，易知
，由线面垂直的判定定理证得 平面 ；
（2）分别求出平面 与平面 的一个法向量，根据面面角的向量求法求得平面 与平面 的
夹角的余弦值.
【小问 1 详解】
因为 ， ，所以 .
因为 平面 ， ， ， 平面 ，
所以 ， ， .
以 为原点， ， ， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴，建立如图所示的空间坐标系.
由题意知， ， ， ， ， ， .
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所以 ， .
所以 ，即 .
又因为 ， ， 平面 ， ，
所以 平面 .
【小问 2 详解】
由（1）知 ， .
设平面 的一个法向量 ，
则 ，即 ，令 ，则 ，所以 .
设平面 的一个法向量 ，
则 ，即 ，令 ，则 ，所以 .
所以 ，
所以平面 与平面 的夹角的余弦值为 .
17. 已知数列 满足 .
（1）求数列 的通项公式；
（2）设 ，若对任意 使得 恒成立，求 的最小值.
【答案】（1）
（2）3
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【解析】
【分析】（1）根据数列递推式，采用两式相减的方法，即可求得答案；
（2）错位相减对右式求和，结合单调性得出 的最小值.
【小问 1 详解】
因为 ①
所以当 时， ，
当 时， ②，
①-②得，当 时， ，
所以 ，
又因为 ，所以 .
【小问 2 详解】
令 ①，
②，
①-②得，
所以 .
因为 ，所以 是递增数列，且当 时，
所以 ，
所以 的最小值为 3.
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18. 已知椭圆 的离心率为 ， 是 上的点.
（1）求 的方程；
（2）设 为 的左、右顶点，过右焦点 的直线 与 交于 ， 两点（不与点 重合）.
（i）求 最大值；
（ii）记 的斜率分别为 ，证明： 为定值.
【答案】（1）
（2）（i） ；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用椭圆的几何性质，列出关于 的方程组，求得 的值，即可求解；
（2）（i）设直线 的方程为 ，联立方程组，得到 ， ，求得
，令 ，得到 ，结合基本不等式，即可求解；
（ii）利用斜率公式，化简得到 ，利用韦达定理，进行化简，即可求解.
【小问 1 详解】
解：由椭圆 的离心率为 ，且 在曲线 上，
可得 ，解得 ，所以椭圆 的方程为 .
【小问 2 详解】
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解：（i）设直线 的方程为 ，且 ， ，
联立方程组 ，整理得 ，
所以 ， ，
由椭圆 ，可得 ，所以 ，
所以 ，
令 ，则 ，
因为 ，所以当 ，即 时，所以 的最大值为 .
（ii）由 ，且 ，
可得 ， ，
所以 ，
由（i）知 ，所以
.
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19. 已知函数 .
（1）若 ，讨论 的单调性；
（2）若 时， ，求 的取值范围；
（3）若 时，方程 的两个不同实数根为 ， ，证明： .
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导，分类讨论参数 的取值范围，确定导数的正负区间，得到函数在不同情况下的
单调区间；
（2）先由 得到 的初步范围，再结合第（1）问的单调性，证明该范围下函数在 上恒非负；
（3）通过构造辅助函数 和 ，利用函数的单调性和对称性证明方
程 的两个根满足 .
【小问 1 详解】
函数 定义域为
当 时， ，所以 在 上单调递增；
当 时，令 ，则 或 ，则 ，
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所以 在 ， 上单调递增，在 上单调递减；
当 时，令 ，则 或 ，则 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减；
【小问 2 详解】
当 时， ，所以 .
下证当 时， 在 上恒成立.
由（1）知， 时， 在 上递增，
所以 ，
所以当 时， 在 上恒成立.
【小问 3 详解】
因为 ，
令 ，即 ，
所以 ，
所以 在 上单调递增， 上单调递减，且 ， ,
当 时， ，
所以不妨设 ，且 .
令 ，则 ，
因为当 时， ，
所以 ，所以 在 上单调递增.
第 22页/共 23页
所以 ，即 ，所以 ，
因为 ， ， 在 上单调递减，
所以 ，即 .