广东省揭阳市2025-2026学年高二上学期期末教学质量测试数学科试题 （解析版）

高二级期终教学质量测试数学科试题高二级期终教学质量测试数学科试题（第页）2025-2026学年度第一学期期终高中二年级教学质量测试数学科试题本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟说明：1．答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上，并用2B铅笔在“考场号”、“座位号”栏内填涂考场号、座位号。2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案;答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的签字笔或钢笔作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4．考生必须保持答题卡整洁，考试结束后，将答题卡交回，试题卷自己保存。一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求.1．直线x-y-2=0的倾斜角为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据直线斜率和倾斜角的关系，计算即可.【详解】该直线斜率，设直线的倾斜角为，由，可得.故选：C2．双曲线的顶点坐标为（

）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】根据双曲线的几何性质即可求解.【详解】由双曲线方程可知双曲线焦点在轴上，，所以双曲线的顶点坐标为，.故选：B.3．已知，，且，则（

）A． B． C．6 D．【答案】A【分析】根据向量垂直得到的值，进而求出.【详解】因为，所以，所以，所以，所以，故选：A4．抛物线上一点A到焦点的距离为8，则点A的横坐标为（

）A．2 B．5 C．3 D．8【答案】B【分析】由焦半径公式即可求解.【详解】由焦半径公式可得：，又，所以，故选：B5．已知等差数列的前项和为，若，，则（

）A．13 B．14 C．15 D．16【答案】B【分析】方法1：利用在等差数列中，，，，仍成等差数列，代入求解即可.方法2：利用等差数列前项和公式，求出等差数列首项，公差，代入求解即可.【详解】方法1：由等差数列前项和的性质可知：在等差数列中，，，，仍成等差数列，所以，，成等差数列，即，又，，所以，解得.方法2：设等差数列首项为，公差为，由等差数列前项和公式可知：，，联立解得，，所以.故选：B.6．过圆上一点作圆的切线，则直线的方程为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据直线垂直可得斜率关系，进而根据点斜式即可求解切线方程。【详解】设，设圆心为,由于在圆上，所以,所以切线的斜率为，由点斜式可得切线方程为，即，故选：A7．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．如图，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，，，则（

）

A． B．C． D．【答案】C【分析】应用向量加减、数乘的几何意义，用，，表示出即可.【详解】由.故选：C8．圆锥曲线具有丰富的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线经过椭圆反射后会经过另外一个焦点．设，分别是椭圆的左、右焦点，从焦点发出的光线先后经过椭圆上的A，B两点（非长轴上顶点）反射后回到焦点；过点作的外角的角平分线的垂线l，l交直线于点M，则下列说法正确的是（

）A．面积的最大值为6B．的最小值为C．M的轨迹方程为D．的最小值为8【答案】C【分析】根据椭圆的定义和性质、等腰三角形的性质，结合圆的定义、对勾函数的单调性逐一判断即可.【详解】A：根据题意可知直线如果存在斜率，斜率一定不为零，由椭圆，设直线的方程为，于是有，，设，，，令，，对钩函数在上单调递增，所以当时，对钩函数单调递增，于是由，所以，即，所以当，面积有最大值为3，因此本选项不正确；B：因为，所以，即，当且仅当时取等号，即当时，的最小值为，所以本选项不正确；C：因为过点作的外角的角平分线的垂线l，l交直线于点M，所以，因为，所以点M的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其方程为，所以本选项正确；D：由上可知：，所以，因为A，B两点是椭圆上非长轴上顶点，所以由椭圆的性质可知：，所以没有最小值，故本选项不正确，故选：C

二、多项选择题：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．以下四个命题表述正确的是（

）A．直线恒过定点B．若直线与互相垂直，则实数C．已知直线与平行，则或D．过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为或【答案】BCD【分析】根据题意，求出各直线的斜率，依次判断各选项的正误.【详解】对A，直线恒过定点，所以A错误；对B，若，则，解得，所以B正确；对C，若，则有，即，解得或，当时，，，所以符合题意，当时，，所以符合题意，所以C正确；对D，当直线过原点时，方程为，即；当直线不过原点时，设直线方程为：，又因为过点，所以，解得，所以直线方程为，所以D正确.故选：BCD10．已知数列的前项和为，，且，则（

）A． B． C． D．【答案】CD【分析】根据数列递推公式，前项和与通项公式之间的关系，求出数列通项公式，进而求出前项和公式，逐一判断各选项正误；【详解】已知，则，所以A错误；由，可得，可得，即，当时，，即数列自第二项开始是以1为首项，2为公比的等比数列，即，所以B错误；，所以C正确，当时，，符合条件，当时，，所以D正确；故选：CD.11．如图，类似“心形”的曲线，可以看成由上部分曲线，下部分曲线构成，曲线的一个焦点为，是“心形”曲线上的动点，下列说法正确的是（

）A．曲线的方程为B．的最大值为C．若直线与曲线有2个交点，则的取值范围为D．曲线上的点到直线的距离的最小值是【答案】ACD【分析】对于A：根据题意可得，即可得方程；对于B：举反例说明即可；对于C：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；对于D：结合图形可知：曲线上的点到直线的距离的最小值即为直线与直线之间的距离，即可得结果.【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.对于选项A：曲线的焦点为，解得，，，则曲线的方程为，故A正确；对于选项B：设椭圆的上焦点，则，当点位于的下顶点时，即，则，故B错误；对于选项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正确；对于选项D：结合图形可知：曲线上的点到直线的距离的最小值即为直线与直线之间的距离，且两平行线间距离为，所以曲线上的点到直线的距离的最小值为，故D正确；故选：ACD.三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知是平面的一个法向量，点在内，则点到平面的距离为.【答案】/【分析】利用空间向量求点到平面的距离.【详解】因为，所以点到平面的距离为：.故答案为：13．已知椭圆的左右焦点分别为，若点为椭圆上的动点，则的取值范围为．【答案】【分析】根据椭圆方程求得，利用向量的坐标运算表示，根据在椭圆上，将式子代换为，再根据横坐标的取值范围，即可求得结果.【详解】，，焦点坐标设，P点在椭圆上，所以，且，化简可得：，又，，即的取值范围为故答案为：14．设数列，均为等差数列，它们的前项和分别为，，若，则．【答案】【分析】利用等差数列的前项和性质即可求解.【详解】因为数列，均为等差数列，所以，则，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．（本小题满分13分）已知的三个顶点分别为，，，求：(1)边AB所在直线的方程；(2)的面积．【答案】(1)(2)12【分析】（1）根据两点式即可求解直线方程，（2）根据点到直线的距离公式，以及两点距离公式，即可由面积公式求解.【详解】（1）由两点式得边AB所在直线方程为，即．（2）点C到边AB的距离为，，16．（本小题满分15分）已知椭圆，点为椭圆内一点，过点的直线与椭圆交于、两点，(1)若直线的斜率为1，求线段的长度.(2)若为线段的中点，求直线的方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）先求出直线方程，然后联立直线与椭圆方程，求出坐标，进而可求出线段的长度.（2）设，然后将其代入椭圆方程中，两式相减，结合中点坐标，即可求出直线斜率，进而求出其方程.【详解】（1）若直线的斜率为1，那么该直线方程为，即.联立直线与椭圆方程组得，解得.所以.所以.（2）设，则满足，两式相减得，因为是线段的中点，所以，所以，则有，所以直线的方程为，即，即.17．（本小题满分15分）已知数列为等差数列，且，数列满足．(1)求数列和的通项公式；(2)设，求数列的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）由求出的通项公式，由等比数列定义求出的通项公式；（2）利用错位相减求和可得答案.【详解】（1）设等差数列的公差为，由，得，解得.所以.由数列满足，得，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以；（2）由（1），得，则，则，两式作差，得所以.18．（本小题满分13分）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.点E是棱PA上的一个动点(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)若平面，求线段的长.【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在，且【分析】（1）利用面面垂直的性质可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；（2）推导出，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值；（3）分析可知，平面，设，其中，求出向量的坐标，根据题意可知，与平面的法向量垂直，根据空间向量数量积的坐标运算求出的值，进而可求得线段的长.【详解】（1）证明：因为平面平面，且平面平面，因为，且平面，所以平面.因为平面，所以.（2）解：在中，因为，，，所以，所以.又因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，所以，、、、、，则，，易知平面的一个法向量为.设平面的一个法向量为，则，取，则.则，即平面与平面夹角的余弦值为.（3）解：因为、到平面的距离相等，且、在平面的同侧，则有平面.因为点在棱，所以，其中，因为，则，所以.又因为平面，为平面的一个法向量，所以，即，所以.所以，所以.19．（本小题满分17分）古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明．古希腊数学家帕普斯完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明．他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数（离心率）的点的轨迹叫作圆锥曲线：当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为双曲线．已知曲线：．(1)分别求出曲线表示椭圆、双曲线时的取值范围．(2)已知曲线的离心率为，曲线向右平移.个单位长度得到曲线．（i）求曲线的方程；（ii）已知为坐标原点，，，是曲线上3个不同的点，，求的面积．【答案】(1)；(2)（i）；（ii）【分析】（1）把已知等式进行变形，根据题中定义分类讨论进行求解即可；（2）（i）根据题中定义，结合平移的性质进行求解即可；（ii）根据平面向量线性运算的坐标表示公式，结合一元二次方程根与系数的关系、三角形面积公式、点到直线距离公式进行求解即可.【