陕西省安康市2025-2026学年高二上学期2月教学质量检测数学试题（原卷+解析）

高二年级教学质量检测数学本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自已的姓名､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.若圆的面积为，则（）A. B. C. D.2.已知焦点在轴上的椭圆的离心率为，则（）A.2 B.4 C.6 D.83.在四面体中，点底面上一点，，则（）A. B. C.4 D.64.记双曲线的左，右焦点分别为上一点满足，，则的周长为（）A.22 B.24 C.26 D.285.设点为动点，记的斜率分别为，且，则点的轨迹方程为（）A. B.C. D.6.记为等比数列的前项和，，则的公比为（）A B.C.3 D.7.记为数列的前项积，若，则（）A.是公差为负数的等差数列B.是公差为正数的等差数列C.是公差为负数的等差数列D.是公差为正数的等差数列8.在平行四边形中，，将沿对角线折起，使得平面平面，则直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.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.已知空间向量，则（）A. B.与平行C. D.10.已知直线，圆，则（）A.过定点B.当圆心到直线的距离取得最大值时，的斜率为2C当与圆相交时，或D.圆与圆的公切线条数为311.对于各项均为正数的数列，定义数列，定义变换：将的各项由小到大排列，去掉所有为零的项，得到数列，则（）A.若，则B.若是递增数列，则是递增数列C.若是等差数列，，则的项数可能为3D.若是等比数列，则项数不小于三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12若直线与曲线有且仅有一个公共点，则__________.13.在棱长为3的正方体中，为线段上靠近点的三等分点，则点到平面的距离为__________.14.一般地，椭球的标准方程可表示为（为不全相等的正数），类比平面解析几何中椭圆的标准方程求解过程，在空间直角坐标系中，记，，一动点满足，则点轨迹的标准方程为__________.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.已知数列为公比为4的等比数列，记为数列的前项和，已知.（1）求的最值；（2）求.16.如图，在长方体中，.（1）证明：平面；（2）若平面与平面所成角的正弦值为，求.17.已知数列满足.（1）证明：是等差数列；（2）求数列的通项公式；（3）证明：.18.已知椭圆，过点的直线与椭圆交于两点，异于点，分别记直线的斜率为.（1）当直线的斜率为-1时，求的面积；（2）证明：.19.记，双曲线的右焦点为，离心率为2.（1）求的方程；（2）点为右支上一点，为射线上一点，.（i）设的横坐标为，求的横坐标（用表示）；（ii）点满足，求的最小值.高二年级教学质量检测数学本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自已的姓名､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.若圆的面积为，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】将圆化成标准方程，可以知道圆的半径，代入面积公式即可求出答案.【详解】由题意知圆的方程是，可以化成标准方程，而圆的面积为，则由圆的面积公式可得，解之可得.故选：2.已知焦点在轴上的椭圆的离心率为，则（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】D【解析】【分析】根据题意，由椭圆的标准方程分析可得＝，解方程求即可判断.【详解】由题意焦点在轴上的椭圆离心率为，所以，，，，故，，可得＝，解得．故选：D.3.在四面体中，点为底面上一点，，则（）A. B. C.4 D.6【答案】B【解析】【分析】根据空间向量运算法则将转化为，根据空间向量基本定理求.【详解】因为点为底面上一点，所以可设，所以，又，所以，，，所以，，，故选：B.4.记双曲线的左，右焦点分别为上一点满足，，则的周长为（）A.22 B.24 C.26 D.28【答案】D【解析】【分析】由双曲线定义可得，从而求出，得到，求出答案.【详解】由双曲线定义可知，即，故，故，故，所以，的周长为.故选：D5.设点为动点，记的斜率分别为，且，则点的轨迹方程为（）A B.C. D.【答案】C【解析】【分析】设，由题意列出点的坐标满足的方程，化简可得其轨迹方程.【详解】设，因为，所以，化简得，即点的轨迹方程为.故选：C6.记为等比数列的前项和，，则的公比为（）A. B.C.3 D.【答案】A【解析】【分析】根据等比数列前项和的概念，以及等比数列通项公式的概念，求出数列公比即可.【详解】由题意可得，作差得，因为，所以，作商得，化简得，因为，解得.故选：A.7.记为数列的前项积，若，则（）A.是公差为负数的等差数列B.是公差为正数的等差数列C.是公差为负数的等差数列D.是公差为正数的等差数列【答案】C【解析】【分析】本题可先根据已知条件得出与的关系，再通过变形得到与的关系，最后根据等差数列的定义判断数列的类型.【详解】由题意，，当时，，代入可得：，即，则，当时，，又，所以，将代入可得，等式两边同时除以，（若，代入得，又不成立，所以），得，移项可得，且，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，公差为负数.故选：C8.在平行四边形中，，将沿对角线折起，使得平面平面，则直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，利用面面垂直的性质，证得所以平面，把折叠后的三棱锥放置在一个长方体中，连接，得到异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，在中，利用余弦定理，即可求解.【详解】设，因为，所以，在中，因为，由余弦定理可得，所以，则满足，所以，因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又因为在平行四边形中，可得所以，把折叠后的三棱锥放置在一个长方体中，如图所示，连接，在长方体中，可得，所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，因为，在直角中，，在中，可得，所以异面直线与所成角的余弦值为.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.已知空间向量，则（）A. B.与平行C. D.【答案】AC【解析】【分析】由空间向量线性运算，垂直，平行，数量积坐标表示可判断各选项正误.【详解】对于A，，故A正确；对于B，若，则存在实数，使，则，方程无解，从而与不平行，故B错误；对于C，,，则，又,均不是零向量，则，故C正确；对于D，，故D错误.故选：AC10.已知直线，圆，则（）A.过定点B.当圆心到直线的距离取得最大值时，的斜率为2C.当与圆相交时，或D.圆与圆的公切线条数为3【答案】ABC【解析】【分析】整理直线方程得，联立求解定点可以判断A；当和圆心与定点连线垂直时，圆心到直线距离最大，结合两直线垂直的斜率关系求解即可判断B；根据直线与圆相交时，圆心到直线的距离小于半径，建立关于的不等式，求解不等式可以判断C；根据两圆公切线条数为3，可知两圆外切，再结合两圆外切性质求解圆心距和半径关系，即可判断D.【详解】对于A，整理，得，联立，解得，即过定点，故正确；对于B，由A和题意知过定点，圆心，则当和圆心与定点连线垂直时，圆心到直线距离最大，此时连线斜率为，故由两直线垂直斜率乘积为，可得斜率为2，故正确；对于C，当与圆相交时，圆心到直线的距离小于半径,故，整理得即，整理得，解得或，故正确；对于D，由圆，可知圆心，半径，若圆与圆的公切线条数为3，则圆与圆外切，故两圆圆心距等于两半径之和，因为，，，所以圆与圆不外切，故错误，故选：ABC.11.对于各项均为正数数列，定义数列，定义变换：将的各项由小到大排列，去掉所有为零的项，得到数列，则（）A.若，则B.若是递增数列，则是递增数列C.若是等差数列，，则的项数可能为3D.若是等比数列，则的项数不小于【答案】ABD【解析】【分析】根据题设数列定义，结合数列的单调性、等差数列及等比数列的定义分析判断各选项即可.【详解】对于A，若，则，所以，故A正确；对于B，由是递增数列，得，由，，则，即，则是递增数列，故B正确；对于C，由是等差数列，设公差为，则，即，要使的项数为3，则中恰有2项为0，若，解得，此时，不满足题意；若，解得，此时，不满足题意；若，解得，此时，不满足题意；若，解得，此时，不满足题意；若，解得，此时，不满足题意；若，解得，此时，不满足题意，综上所述，的项数不可能为3，故C错误；对于D，由是各项均为正数的等比数列，可知方程最多有两个整数解，而，且的项数为，则中最多有2项为0，即的项数不小于，故D正确.故选：ABD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若直线与曲线有且仅有一个公共点，则__________.【答案】【解析】【分析】联立方程组得到，再结合题意建立方程，求解参数即可.【详解】联立方程组，可得，因为直线与曲线有且仅有一个公共点，所以，解得.故答案为：13.在棱长为3的正方体中，为线段上靠近点的三等分点，则点到平面的距离为__________.【答案】##【解析】【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式进行求解.【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，设平面的一个法向量为，则，令得，所以，又，故点到平面的距离为.故答案为：14.一般地，椭球的标准方程可表示为（为不全相等的正数），类比平面解析几何中椭圆的标准方程求解过程，在空间直角坐标系中，记，，一动点满足，则点轨迹的标准方程为__________.【答案】【解析】【分析】设点为所求轨迹上的任意一点，根据，利用空间中两点间的距离公式，列出方程，化简方程，即可求得点的轨迹的标准方程.【详解】设点为所求轨迹上的任意一点，且和，可得，因为，可得，移项得，平方得，整理得，平方得，可得，所以，所以点的轨迹的标准方程为.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.已知数列为公比为4的等比数列，记为数列的前项和，已知.（1）求的最值；（2）求.【答案】（1）的最小值是，无最大值；（2）【解析】【分析】（1）先根据已知条件求出数列的通项公式，再通过分析通项公式的单调性来确定数列的最值；（2）求数列的前项和，可将其拆分为两个等比数列的和，分别求和后再相加.【小问1详解】已知数列为公比为4的等比数列，且，则.则，移项可得；因为指数函数和在上都是单调递增的，所以在上单调递增；所以当时，取得最小值为，无最大值.【小问2详解】由（1）知，则...16.如图，在长方体中，.（1）证明：平面；（2）若平面与平面所成角的正弦值为，求.【答案】（1）证明见解析（2）2【解析】【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，可得，进而求证即可；（2）建立空间直角坐标系，利用面面角的空间向量公式求解即可.【小问1详解】在长方体中，，且，则四边形为平行四边形，即，因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，得，设平面的一个法向量为，则，取，得，因为平面与平面所成角的正弦值为，所以平面与平面所成角的余弦值为，则，解得，即.17.已知数列满足.（1）证明：是等差数列；（2）求数列的通项公式；（3）证明：.【答案】（1）证明见解析（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）可根据等差数列的定义，通过计算是否为常数即可证明；（2）由（1）得到的通项公式，再利用累加法求出的通项公式；（3）先对进行放缩，然后通过裂项相消法证明不等式.【小问1详解】已知，移项可得,则,当时，,因为（常数），且首项，所以是以4为首项，4为公差的等差数列.【小问2详解】由（1）可知是以4为首项，4为公差的等差数列，根据等差数列通项公式可得.当时，.将代入上式可得：.，当时，，上式也成立.所以数列的通项公式为.【小问3详解】因为，所以当时，，不等式成立；当时，..所以.18.已知椭圆，过点的直线与椭圆交于两点，异于点，分别记直线的斜率为.（1）当直线的斜率为-1时，求的面积；（2）证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】5（1）先求直线方程，再联立椭圆方程用韦达定理求弦长和点到直线距离进而求三角形面积.（2）设直线方程联立椭圆