湖南省衡阳市2025-2026学年高二期末质量监测数学试题（原卷版+解析版）

高中二年级期末质量监测数学时量：120分钟满分：150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，只有一个选项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.设复数，且，则（）A.4 B.8 C. D.3.若点在直线上的垂足为，则（）A.1 B.2 C.3 D.44.已知圆：，圆：，则这两个圆的位置关系为（）A外离 B.外切 C.相交 D.内含5.已知等差数列满足，，则其前30项和（）A585 B.957 C.1020 D.10856.，用表示，中的最小者，记为.记的最大值为，表示不超过的最大整数，如：，，若，，则（）A.0 B.1 C.2 D.37.如图，正四面体的棱长为4，平面，为垂足，，延长交于点，则（）A.12 B. C.16 D.8.双曲线：的右焦点为，设，过且斜率存在的一条直线与双曲线交于，两点.记直线，的斜率依次为，，若，则的取值范围是（）A. B.C D.二、选择题：本大题共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，，，下列说法正确的是（）A.B.与平行的一个单位向量是C.D.平面的一个法向量是10.设公比的等比数列的前项和为，，，则（）A. B.C. D.若，则11.已知，，点满足直线与直线的斜率之积为，记点的轨迹为，，为曲线的左、右焦点，若经过与交于，两点，，的内切圆分别与相切于，，半径分别为，，则下列结论正确的是（）A.的方程为 B.C. D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知有甲、乙两个盒子，甲盒中有3个红球，2个白球，乙盒中有2个红球，4个白球，这些球除颜色外，形状大小都相同.现从甲、乙两个盒子中各摸取一球，则摸取的两个球恰好一红一白的概率为________.13.已知数列中，，，则________.14.已知四棱锥中，底面为正方形，底面，，分别为线段，的中点，是线段上的一点，.若异面直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的体积为________.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.已知等差数列的前项和为，，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.16.已知点，点在圆：上运动，线段的中点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过圆心的直线与曲线相切，求直线的方程.17.的内角，，的对边分别为，，，已知.（1）求；（2）若为钝角三角形，求的取值范围.18.如图，在三棱柱中，平面，，，，，，.（1）求证：.（2）求直线与平面所成角的正弦值.（3）在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求的值；若不存在，请说明理由.19.已知抛物线：经过点，且为焦点，为坐标原点.（1）求抛物线的方程.（2）设，为上两个不同的点，且三点不共线，直线，的斜率分别为，，且.（i）试问直线否经过定点?若是，求出该定点；若不是，请说明理由.（ii）若直线与轴的交点位于之间，设两点到直线的距离之和为，两点到直线的距离之和为，求的取值范围.高中二年级期末质量监测数学时量：120分钟满分：150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，只有一个选项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出集合，再根据交集的定义求解即可.【详解】由题设，，所以.故选：A2.设复数，且，则（）A.4 B.8 C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意结合复数的模长公式运算求解即可.【详解】因为复数，则，解得.故选：D.3.若点在直线上的垂足为，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】根据题意结合直线垂直列式求解即可.【详解】由题意得，解得，所以.故选：B4.已知圆：，圆：，则这两个圆的位置关系为（）A.外离 B.外切 C.相交 D.内含【答案】D【解析】【分析】求出圆心距，与半径之差的绝对值比较大小即可判断.详解】由题可得：，，，，所以，则，故这两个圆的位置关系为内含.故选：D5.已知等差数列满足，，则其前30项和（）A.585 B.957 C.1020 D.1085【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的通项公式结合题设先求得，再根据求和公式计算即可.【详解】设等差数列的公差为，由，得，解得，所以.故选：C6.，用表示，中的最小者，记为.记的最大值为，表示不超过的最大整数，如：，，若，，则（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】画出函数，的大致图象，易知，则，结合新定义即可求解.【详解】画出函数，的大致图象如下图所示，则的图象为图中粗线部分，所以.因为，，所以，即，所以.故选：B7.如图，正四面体的棱长为4，平面，为垂足，，延长交于点，则（）A.12 B. C.16 D.【答案】B【解析】【分析】由平面可得，再结合空间向量的线性运算、数量积的定义及运算律求解即可.【详解】由平面，平面，得，由题可知，.故选：B8.双曲线：的右焦点为，设，过且斜率存在的一条直线与双曲线交于，两点.记直线，的斜率依次为，，若，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意，设直线为：，，，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理可得，进而求解即可.【详解】双曲线：的右焦点的坐标为，设直线为：，，，联立，得，则，，且，，所以.因为，所以.故选：C二、选择题：本大题共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，，，下列说法正确的是（）A.B.与平行的一个单位向量是C.D.平面的一个法向量是【答案】ABD【解析】【分析】根据空间向量的线性运算、模、数量积的坐标表示求解判断ABC；根据法向量的求法求解判断D.【详解】对于A，，，则，所以，故A正确；对于B，由于，则与平行的单位向量是，故B正确；对于C，因为，所以，则与不垂直，故C错误；对于D，设平面的一个法向量是，则，得，令，得平面一个法向量是，故D正确.故选：ABD10.设公比的等比数列的前项和为，，，则（）A. B.C. D.若，则【答案】ABD【解析】【分析】根据等比数列的通项公式结合题设可求得，，进而得到，，进而求解判断各选项即可.【详解】对于A，由，，所以，是方程两根，又，则，，则公比，故A正确；对于B，因为，由等比数列前项和公式得，则，故B正确；对于C，由等比数列的性质，得，，成公比为的等比数列，且，则，，即，故C错误；对于D，由，则，故D正确.故选：ABD11.已知，，点满足直线与直线的斜率之积为，记点的轨迹为，，为曲线的左、右焦点，若经过与交于，两点，，的内切圆分别与相切于，，半径分别为，，则下列结论正确的是（）A.的方程为 B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】对于A：设点，根据题意列出，整理后得到的方程（）；对于B：由椭圆的定义可求解；对于C：由椭圆的定义得，通过切点的性质将转化成即可求解，同理可求；对于D：先通过条件判断，通过的关系，结合切点处另外两个直角三角形的边长关系得到第一个含的式子，再通过的关系，结合切点处另外两个直角三角形的边长关系得到第二个含的式子，两个式子联立化简即可得证.【详解】对于选项A：设，因为直线与直线的斜率之积为，所以有，所以，故A错误；对于选项B：易得为去掉长轴顶点的椭圆，故有，故B正确；对于选项C：如图，设和的内心分别为，，设的内切圆的另两个切点为，，的内切圆的另两个切点为，，则，，，则，由题中相切可得，，，所以有，即，，，所以，同理可证，故C正确；对于选项D：由题意得，，所以，所以有，且，，故，又因为。联立，即，整理得，即，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知有甲、乙两个盒子，甲盒中有3个红球，2个白球，乙盒中有2个红球，4个白球，这些球除颜色外，形状大小都相同.现从甲、乙两个盒子中各摸取一球，则摸取的两个球恰好一红一白的概率为________.【答案】【解析】【分析】根据独立事件的乘法公式可求出结果.【详解】由题意，摸取的两个球恰好一红一白的概率为.故答案为：.13.已知数列中，，，则________.【答案】##4.375【解析】【分析】由题设可得，进而利用累乘法求解即可.【详解】由，得，所以，，则.故答案为：.14.已知四棱锥中，底面为正方形，底面，，分别为线段，的中点，是线段上的一点，.若异面直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的体积为________.【答案】【解析】【分析】建系并标出点，设，，利用空间向量得坐标运算结合线线夹角求得，进而可求锥体的体积.【详解】因为四棱锥的底面为正方形，且平面，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则点，，，，，可得，，设，，则，即，可得，设异面直线与所成角为，则，整理可得，解得或（舍去），即，则.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.已知等差数列的前项和为，，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式、求和公式结合题设先求得，进而求解即可；（2）由题设可得，结合裂项相消法求解即可【小问1详解】由，得，解得，所以.【小问2详解】由题意，所以.16.已知点，点在圆：上运动，线段的中点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过圆心的直线与曲线相切，求直线的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）设，，由为的中点可得，，进而将点代入圆的方程即可求解；（2）分直线的斜率存在、不存在两种情况讨论求解即可.【小问1详解】设，，由，为的中点，则，，解得，，因为点在圆：上，所以，即，化简得，所以曲线的方程为.【小问2详解】易知，曲线是以为圆心，为半径的圆.显然当直线的斜率不存在时，直线的方程为，与曲线不相切；故直线的斜率存在，设为，则直线的方程为，即，由直线与圆相切，则圆心到直线的距离，化简得，解得或，故直线的方程是或.17.的内角，，的对边分别为，，，已知.（1）求；（2）若为钝角三角形，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题设结合余弦定理、正弦定理、两角的正弦公式化简求解即可；（2）结合三角恒等变换化简可得，进而分为钝角、为钝角两种情况讨论求解即可.【小问1详解】由，得，即，由余弦定理得，得，由正弦定理可得，得，得，因为，所以，所以，得，又，所以.【小问2详解】由（1）知，，故，，所以.若为钝角，则，即，则，则，所以，此时的取值范围是；若为钝角，则，即，则，即，所以，此时的取值范围是.综上所述，的取值范围是.18.如图，在三棱柱中，平面，，，，，，.（1）求证：.（2）求直线与平面所成角的正弦值.（3）在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，或【解析】【分析】（1）解法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可；解法二：先证明，，可得平面，进而求证即可；（2）利用线面角的空间向量公式求解即可；（3）利用面面角的空间向量公式求解即可.【小问1详解】解法一：由平面，，知，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，由，，，知，，则，，，，，则，，所以，所以，即.解法二：由，，在与中，因为，，所以，所以，所以，则，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以.【小问2详解】由（1）知，，，，设平面的一个法向量为，则，得，取，得.设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为.【小问3详解】在棱上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，设，，，则，则，即.设平面的一个法向量为，则，取，得，由（2）知，平面的一个法向量为，若平面与平面夹角的余弦值为，则，化简得，解得或，此时或，综上，在棱上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时或.19.已知抛物线：经过点，且为的焦点，为坐标原点.（1）求抛物线的方程.（2）设，为上两个不同的点，且三点不共线，直线，的斜率分别为，，且.（i）试问直线是否经过定点?若是，求出该定点；若不是，请说明理由.（ii）若直线与轴的交点位于之间，设两点到直线的距离之和为，两点到直线的距离之和为，求的取值范围.【答案】（1）（2）（i）直线经过定点；（ii）.【解析】【分析】（1）将点代入到抛物线方程即可求的值，进而可求抛物线的方程；（2）（i）设出两点坐标，代入到抛物线方程并结合求出的第一个关系，设出直线含双参的方程，并与抛物线联立后使用韦达定理，得到的第二个关系，联立两个关系得到间的关系，用表示后直线的方程可求定点；（ii）因为直线与轴的交点位于之间，故令后可得的取值