浙江省温州市2025-2026学年高二第一学期期末质量评价题库数学试题（A类）

2025学年第一学期高二期末质量评价题库数学（A类）本题库共4页，19小题.建议做题时间120分钟.答题须知：1.答题前，务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、题库答题卡号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在题库上.3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；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.必须保持答题卡的整洁，不要折叠，不要弄破.选择题部分（共58分）一、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，只有一项是符合题目要求的.1.已知空间向量，则（）A. B.C D.【答案】C【解析】【分析】利用向量加法的三角形法则计算即可求解.【详解】.故选：C.2.在平面直角坐标系中，已知直线的斜率为，则直线的一个方向向量可以是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据直线的方向向量与斜率的关系求解即可.【详解】根据题意得直线的一个方向向量为，因为，所以也是直线的一个方向向量.故选：.3.下列函数求导正确的是（）A.， B.，C.， D.，【答案】D【解析】【分析】根据常见函数的导数，结合导数的运算公式、复合函数的导数运算公式逐一判断即可.【详解】A：因为是常函数，所以，所以本选项不正确；B：，所以本选项不正确；C：，所以本选项不正确；D：，所以本选项正确故选：D4.已知椭圆与双曲线有共同的焦点，则（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】B【解析】【分析】首先判断双曲线的焦点在轴，再由两曲线有共同的焦点得到，即可得解.【详解】因为双曲线的焦点在轴，又椭圆与双曲线有共同的焦点，所以，所以.故选：B5.在棱长为2的正方体中，为平面的中心，则点到直线的距离为（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，应用空间向量法求解点到直线的距离.【详解】在棱长为2的正方体中，以点为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图）.于是，，，所以，，所以点到直线的距离为.故选：B.6.设双曲线的右焦点为，过的直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，交另一条渐近线于点，则（）A. B. C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】求得双曲线的渐近线方程，进而求得过与渐近线垂直的直线方程，联立方程组求得的坐标，进而计算可求得的值.【详解】由双曲线，得，所以，所以双曲线的右焦点为，双曲线的渐近线方程为，当过作渐近线的垂线时，可得过与渐近线垂直的直线方程为，联立，解得，所以垂足，联立，解得，所以交点，所以，，所以.同理可求过作渐近线的垂线时，.综上，.故选：B.7.已知函数的极小值点为，且点落在同一条直线上，则该直线的方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意对函数求导，再求出函数的极小值，再由点落在同一条直线上，代入求解即可.【详解】由题意可得，函数的极小值点为，所以，令，即，此时极小值点满足，令，所以，当，当时，,此时该点为极小值点，代入可得，，所以，所以该直线的方程为.故选：A.8.无穷数列满足，有且仅有2025个正整数，使得，记是不大于实数的最大整数，则的值为（）A. B. C.2025 D.2026【答案】C【解析】【分析】利用裂项法来求和，利用构造等差数列来求通项，然后化简不等式，即可作出判断.【详解】由可得：，再由可得：，所以是等差数列，公差为，即，所以，且，即,则原不等式，可化为，整理得：，当时，不等式对任意正整数恒成立，不满足题意，则，由于有且仅有2025个正整数，使得，则，即,又因为,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.已知直线和圆，下列说法正确有（）A.直线过定点B.圆上存在两个点关于对称C.圆心到的最大距离为2D.圆上至少存在三个点到的距离相等【答案】AC【解析】【分析】根据定点列式判断A，应用圆的对称性判断B，D,应用定点判断距离最大判断C.【详解】直线，当时，，所以直线过定点，故A正确；圆上存在两个点关于直线对称，则直线是过圆心的，不过圆心，所以圆上不存在两个点关于对称，B选项错误；圆心到的最大距离为圆心到定点的距离，所以圆心到的最大距离为2，故C选项正确；当时，与圆相离，圆上的点到距离为，圆上有1个点到的距离为1或3，圆上有2个点到的距离相等为，圆上不存在至少三个点到的距离相等，D选项错误；故选：AC.10.已知数列，满足，且为递增数列，下列说法正确的有（）A.若为等比数列，则公比可能大于1B.若为等比数列，则公比可能小于-1C.若为等差数列且，则公差可能小于0D.若为等差数列且，则公差一定大于0【答案】ACD【解析】【分析】由数列为递增数列以及等差数列，等比数列的性质求解即可.【详解】因为为等比数列，设公比为，因为，所以，所以为等比数列，公比为，首项为，若为递增数列，则有，或，即或，故A正确，B错误，因为为等差数列且，则，，，因为为递增数列，所以，所以，若，则，因为，所以，符合条件，故C正确，因为为等差数列且，所以，所以，，当时，，因为，所以，故D正确.故选：ACD.11.已知抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，轴，垂足为，是关于原点的对称点，的平分线交轴于点，则（）A. B.直线与抛物线始终有两个公共点C.，，成等比数列 D.存在直线使得【答案】ACD【解析】【分析】对于A项，可通过设出直线方程并与抛物线方程联立，利用韦达定理求解；对于B项，通过直线与抛物线方程联立，利用判别式进行判断；对于C项，结合平分线定理及等比数列的定义进行判断；对于D项，假设存在，得进行求解判断．【详解】对于A项，由题设，令，联立抛物线可得，所以，，则A项正确；对于B项，由轴，垂足为，是关于原点的对称点，得，，则直线的方程为：，由，消去得，，则，因为，所以，得直线与抛物线相交或相切，则直线与抛物线有两个交点或一个交点，故B项错误；对于C项，因为，，，所以，由的平分线交轴于点，得,由抛物线的定义知，，而，所以,即为的中点，即，所以，得，因为，所以,所以，，成等比数列，故C项正确；对于D项，不妨令，假设存在直线使得，,得,得，得，则，得点代入直线，得，得直线，故D项正确．故选：ACD非选择题部分（共92分）三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.12.已知等比数列满足，则的前8项和为__________.【答案】0【解析】【分析】根据等比数列通项公式求出公比和首项，再利用前项和公式求值即可.【详解】设等比数列的公比为，因为，所以，所以，所以，故答案为：013.若函数在上单调递增，则的最大值是__________.【答案】##【解析】【分析】对求导，由函数在上单调递增，得对恒成立，然后分离参数转变函数最值求解即可.【详解】因为，所以.由函数在上单调递增，得对恒成立，即，所以.设，，则，易知当时，恒成立，所以在上单调递增，所以，所以，即的最大值为.故答案为：.14.已知四棱锥，平面，，，，点为内部一点，，点为直线上一点，则直线与所成角的正弦值的最小值为__________.【答案】##【解析】【分析】以为原点建系，根据，求出点坐标，再利用以及等体积思想求出，设，计算即可求出范围.【详解】因为，，所以，因为平面，平面，所以，则以为原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，则，因为为内部一点，所以存在实数使得，且，，则，因为，，，所以，则，则，则，因为，，所以，因为点为直线上一点，所以设，则，则，则，因为，所以，则直线与所成角的余弦值的最大值为，故直线与所成角的正弦值的最小值为.故答案为：四、解答题：本大题共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.如图，在三棱柱中，为等腰直角三角形，，平面平面.（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理可得，利用勾股定理的逆定理可得，结合面面垂直的性质可证结论；（2）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求得平面与平面所成角的余弦值.【小问1详解】在中，，由余弦定理可得，所以，所以，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面；【小问2详解】因为为等腰直角三角形，且，所以，因为平面，平面，所以，，以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，，令，则，所以平面的一个法向量为，又因为，，，平面，所以平面，所以为平面的一个法向量，设平面与平面所成的角为，所以.所以平面与平面所成角的余弦值为.16.已知圆的圆心在直线上，直线与圆相切于点.（1）求圆的方程；（2）若直线与直线交于点，求的外接圆与圆的公共弦长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设圆心，根据直线与直线垂直，根据直线的斜率关系可求出的值，可得出圆心的坐标，进而可求得圆的半径，由此可得出圆的标准方程；（2）先求出的外接圆方程，再求出两圆公共弦所在直线的方程，结合几何法求弦长即可求解.【小问1详解】因为圆心在直线上，设圆心，则与直线垂直，且直线的斜率为1，则，得，解得，所以圆心的坐标为，则圆的半径为，所以，圆的标准方程为.【小问2详解】由，解得，所以，得，的中点为.因为，所以的外接圆是以为圆心，以为半径的圆，所以的外接圆方程为，减去圆的标准方程：，得，即两圆公共弦所在直线的方程为，则到直线的距离为，所以，得两圆的公共弦长为.17.已知数列的前项和为，满足.（1）求的通项公式；（2）若是关于的方程的根，求的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据，求得数列的递推公式，由定义判断数列是等比数列，由此求得数列的通项公式；（2）由题意得，根据等比数列前项和公式求得数列的前项和公式，利用错位相减法求得数列的前项和，相加可得的前项和.【小问1详解】因为，所以，即，所以；当时，，所以，所以.所以数列是首项为，公比为的等比数列.所以数列的通项公式为.【小问2详解】若是关于的方程的根，则.记；记，则.两式相减得，所以.所以18.将上下底面都为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”，已知椭圆柱的母线长为3，在下底面建立如图所示的平面直角坐标系，椭圆的离心率为，短轴长为，焦点在轴上．（1）求椭圆的标准方程；（2）已知为椭圆上任意一点，的中点为，是以点为中点的弦，设直线的方程为．（i）求与的等量关系；（ii）求点到平面的距离的最小值．【答案】（1）（2）；【解析】【分析】（1）根据短半轴长、椭圆离心率、联立即可求解椭圆的标准方程；（2）（i）设，，，依据中点和斜率关系可得，，，根据A、B在椭圆上，并结合点差法、中点坐标关系可得到，同时中点M又在直线上，P在椭圆上，据此再列出两个方程，联立可得m、k之间的关系；（ii）根据空间向量法，求出点到平面的距离的最小值关于k、m的表达式，再结合（i）中k、m的关系求解最小值即可．【小问1详解】已知椭圆短轴长，得，离心率，再结合椭圆关系，解得，，因此椭圆的标准方程为．【小问2详解】（i）设，则OP的中点，设，，代入椭圆方程并作差可得，也即，因为是AB中点，所以，，且，代入得也即，又在直线AB上，代入可得，将代入上式可得，也即①，结合在椭圆，并代入，化简得②，联立①②并整理．（ii）在所给平面直角坐标系的基础上，以为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，由题意得，设平面的法向量为，向量，，由和，可得，令，可得，即，又，所以点到平面的距离公式为，结合化简后，可得，而根据可知，当且仅当时成立，故．故最小值为．19.已知函数，，其中常数，.（1）当时，是图象的一条切线，求；（2）当时，，有，求的最大值；（3），，使得，且，请判断与的大小.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求解切线方程，计算得到参数的值；（2）先变形与构造函数，求的最小值，代入不等式确定的最大值；（3）先把已知条件转化为方程，消元求解的关系，构造辅助函数判断函数单调性，利用单调性比较大小；【小问1详解】已知函数，，