湖北黄石市2025-2026学年高二上学期2月期末数学试卷

湖北黄石市高二上学期2月期末数学试卷注意事项：答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．85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.已知直线过点，且直线的一个方向向量为，则直线的方程是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用直线的斜截式方程求解.【详解】由直线的一个方向向量为，得直线的斜率为3，而直线过点，所以直线的方程是.故选：D2.数列的前四项依次是3，33，333，3333，则数列的通项公式可以是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据各选项通项公式代入检验即可.【详解】对于A：，则，，，，符合题意，故A正确；对于B：，则，，不符合题意，故B错误；对于C：，则，，不符合题意，故C错误；第1页/共23页

对于D：，则，不符合题意，故D错误；故选：A3.双曲线的焦距为6，则C的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用双曲线的性质结合已知条件求出，再求出双曲线的渐近线方程．【详解】已知双曲线的焦距为6，则，即，，则，，，，双曲线的渐近线方程为，双曲线的渐近线方程为，故A正确．故选：A．4.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头儿几盏灯”．意思是：一座七层塔共挂了381盏灯，且相邻两层下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有几盏灯．若改问为塔底层，则灯有几何？（）A.96B.128C.192D.212【答案】C【解析】【分析】设塔的底层共有盏灯，则数列构成公比为的等比数列，利用等比数列前项和公式列式计算即得【详解】设从底层到顶层各层的灯数构成首项为、公比为的等比数列，依题意，，该数列的前7项和为381，则有，解得.第2页/共23页

故选：C.5.已知点为抛物线上的动点，点为圆上的动点，点为拋物线的焦点，则的最小值为（）A.5B.6C.7D.8【答案】B【解析】【分析】过点作准线的垂线，垂足为，由抛物线的定义得，然后知道三点共线线段和最小，所以在圆上找到离直线距离最近的点即可得到最小值.【详解】由抛物线，所以，准线方程为，过点作准线的垂线，垂足为，因为点在抛物线上，所以，所以，当点固定不动时，三点共线，即垂直于准线时，所求的和最小，又因为在圆上运动，由圆的方程为得圆心，半径，所以.故选：B.6.已知四棱柱的底面ABCD是正方形，以为坐标原点，直线AB，AD分别为x，y轴，过点且与平面ABCD垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，若，则四棱柱的体积为（）A.B.12C.8D.4【答案】B第3页/共23页

【解析】【分析】根据的坐标得到四棱柱的高，然后根据列方程求得底面的边长，最后利用棱柱体积公式计算即得.【详解】由得，所以该四棱柱的高为3，设，则，由，得，解得，所以底面是边长为2的正方形，所以该四棱柱的体积为．故选：B.7.已知点，圆，则下列选项正确的是（）A.为圆的一条弦，且，则的面积最大值为B.过且与圆相切的直线有且仅有2条C.为平面上的点且，为圆上的点，则的最小值为2D.为圆上的点且，则点的轨迹长度为【答案】D【解析】【分析】根据圆的性质结合直线与圆的位置关系，逐一分析判断选项，利用弦长公式求出圆心到弦的距离，进而利用点到圆的位置关系计算最大距离判断选项A；利用圆外一点与圆相切的关系求出切线方程，判断选项BC的距离，再求出圆心角，进而利用弧长公式求解，判断选项D．【详解】已知圆的圆心为，半径，第4页/共23页

选项A：弦长，解得，点到圆心距离为，点到直线的最大距离为，，故A错误；选项B：过点与圆相切的直线有两条，其中一条为，当斜率存在时，设直线，即，则，解得，过点与圆相切的直线有两条，其中一条为，不符合形式，故B错误；选项C：已知为平面上的点且，则的轨迹为以为圆心，半径是1的圆，则的最小值为两圆圆心距减去两圆的半径，即，故C错误；选项D：为圆上的点且，表示在圆内部，且在圆上，联立两圆方程得交点弦所在直线为，第5页/共23页

圆心到直线的距离为，，，，，即交点弦对应圆心角为，轨迹弧长为，故D正确．故选：D．8.已知，其中.点M，N分别满足CM与直线DN交于点）A.直线CM与直线DN斜率乘积为B.当时，面积最大值为C.当时，存在点，使得D.若的最大值为【答案】C【解析】AM与点NCM与直线DNB坐标求出面积函数，再研究最值即可判断；对于C项，解出点坐标，求解即可判断；对于D项，求出，研究最值即可判断.【详解】对于A项，因为，，所以，第6页/共23页

所以，所以又因为，所以，所以.于是直线CM的斜率为，直线DN的斜率为，所以，故A正确；对于B项，当时，点，所以直线的方程为，直线的方程为，联立可解得交点，于是，，所以，因为，所以，设，则，所以，当且仅当时等号成立，所以面积最大值为，故B正确；对于C项，当时，，，，所以直线的方程为，第7页/共23页

直线的方程为，联立可解得交点.若，则，化简整理可得，进而解得或，与矛盾，所以不存在点，使得，故C错误；对于D项，因为，，，所以直线的方程为，直线的方程为，联立可解得交点，所以设，则因为，所以，所以当时，取得最大值，所以的最大值为，故D正确.故选：C.36分在每小题给出的选项中，有多项符合题目第8页/共23页

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.已知方程，则（）A.当时，方程表示椭圆B.当时，方程表示双曲线C.方程可能表示两条直线D.方程表示的曲线不可能为抛物线【答案】BCD【解析】【分析】根据的不同取值情况，结合椭圆、双曲线、直线、抛物线的标准方程特征，判断方程表示的曲线类型.【详解】当时，与同号，将方程化.当且时，该方程表示椭圆，当且时，该方程表示圆.当时，方程表示的轨迹不存在，故A选项错误.当时，与异号，当时，方程表示焦点在轴上的双曲线.当时，方程表示焦点在轴上的双曲线，故B选项正确.当或时，该方程表示两条直线，C选项正确.因抛物线方程中只存在一个二次项，故中有一个为0，而中有一个为0时，此时无一次项，方程就不可能表示抛物线，故D选项正确.故选：BCD10.如图，一个半圆柱的轴截面为矩形，点E在上底面上，连接，若，，该几何体的外接球的表面积为，则（）第9页/共23页

A.B.C.面积为D.点C到平面的距离为【答案】BD【解析】【分析】先由外接球面积公式求出外接球的半径，即可求出半圆柱的高，然后在直角三角形中求出,再利用勾股定理求出的长度，用余弦定理、三角形面积公式求出的面积，最后利用等体积法即可求出点C到平面的距离.【详解】由该几何体的外接球的表面积为，可知外接球的半径为，，则，即.如图，连接，过点E作于点F，易证平面，由已知条件可得，，，A错误；B正确；由余弦定理可得，，第10页/共23页

的面积为，C错误；设点C到平面ABE的距离为h，由三棱锥与的体积相等可得，，故，即点C到平面ABE的距离为，D正确.故选：BD.已知直线，圆，则有（）A.当变化时，由所有的所围成的区域的面积为B.当变化时，由某三条这样的直线所围成正三角形的面积值是唯一的C.为圆上的点，则到直线的距离的最大值为10D.当变化时，与圆相切的直线可作3条【答案】ACD【解析】【分析】利用点到直线的距离为定值，可知动直线均与定圆相切，从而可借助几何关系来判断各选项.【详解】由定点到直线的距离公式可得：，可知当变化时，由所有的所围成的区域是以点为圆心，以为半径的圆，所以其面积为，故A正确；由于直线与圆相切，总存在三条直线所围成正三角形，但是如图，有可能围成两个不同的等边三角形和等边三角形，第11页/共23页

所以所围成正三角形的面积值不一定是唯一的，故B错误；由原点到直线的距离最大值位置如图：由于，则原点到直线的距离为，因为为圆上的点，则到直线的距离的最大值为，故C正确；由于，所以圆与圆相外切，因为直线与圆相切，又要与圆相切，则根据两圆相外切，所以两圆公切线只有三条，即当变化时，与圆相切的直线可作3条，故D正确；故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.已知直线.若与平行且不重合，则实数______.【答案】【解析】【分析】利用两直线平行的条件列出关于的方程，解出后代入检验即可求解.【详解】对于直线，其中.对于直线，其中.与平行且不重合，，即，整理得，解得或.当时，，，此时与平行且不重合，符合题意.当时，即，，此时与重合，不合题意，舍去.综上，第12页/共23页

故答案为：13.将一段长度为11为三段，并各自去掉中间的一段，记为第2次操作；；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的长绳均分为三段，同样各自去掉中间的那段；操作过程不断地进行下去．若第次操作去掉的区间长度记为，则__________．【答案】【解析】【分析】先分析前3次操作，再归纳总结求出．【详解】第1次操作：参与操作段数为1，每段长度为1，去掉长度为，第2次操作：参与操作段数为2，每段长度为，去掉长度为，第3次操作：参与操作段数为4，每段长度为，去掉长度为，总结规律可得：第次操作：参与操作段数为，每段长度为，每段去掉长度为，去掉总长度为．故答案为：．14.已知双曲线2且垂直于的直线交双曲线的左右两支分别于D，E两点，，则__________．【答案】【解析】【分析】根据题意可得，，进而得到直线的斜率，设，，再联立结合弦长公式可得，代入得第13页/共23页

，．【详解】由题意离心率为，即，则，又因为，所以，即，所以，，直线的斜率，所以过且垂直于的直线的斜率为，设，，联立双曲线，得，，，解得，则，，，方程，不妨取，第14页/共23页

．故答案为：．四、解答题：本题共5小题，共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在平面直角坐标系中，若圆与轴相切，且过点，圆心在射线上．（1）求圆的标准方程；（2）若直线与圆交于A，B两点，求面积.【答案】（1）（2）【解析】1方程；（2）依题意先求出点的坐标，再由三角形的面积公式计算即得.【小问1详解】依题意，设点，则圆的半径为，则圆的方程为，将点代入，可得，解得或，因，则，故圆的标准方程为.小问2详解】把代入，解得，解得，不妨设，则，且，故的面积为.第15页/共23页

16.已知数列满足.（1）求数列的前100项和；（2）求数列的前20项和.【答案】（1）100；（2）204.【解析】1）根据给定条件，利用前项和与第项的关系求出，再利用并项求和法求出前100项和.（2）由（1）的信息求出分段表达式，再结合等差数列前项和公式分段求和即得.【小问1详解】在数列中，，当时，，两式相减得，则，而满足上式，因此，，，，所以数列的前100项和为.【小问2详解】由（1）知，，则，所以数列的前20项和为第16页/共23页

.17.图1是边长为的正方形ABCD，将沿AC折起得到直二面角，如图2所示.（1）求证：；（2BC上存在一点MPM与平面ABC所成角的正弦值为PAM与平面ABC所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）或.【解析】1）连接，设，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，求得，由平面的法向量为或的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：如图1中，连接，设，因为四边形为正方形，所以，则，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以.【小问2详解】解：因为二面角为直二面角，且是二面角的平面角，第17页/共23页

所以，因为，以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为正方形的边长为，可得，所以，设，且，所以，则，又由平面的一个法向量为，因为与平面所成角的正弦值为，可得，解得或，当时，点，可得,设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面与平面所成角为，则.当时，点，可得,设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面与平面所成角为，第18页/共23页

则，综上可得，平面与平面所成角的余弦值为或.18.已知等差数列前项和为，且，等比数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和；（3中是否存在互不相同的三项（其中mkp列？若存在，求出这三项，若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）（3）不存在，理由见详解.【解析】n项和与通项关系列方程求解即可得到等差数列的通项公式，再通过和的关系即可求出的通项公式；（2）利用错位相减法化简即可求出数列的前项和；（3）根据m，k，p成等差数列和成等比数列推导，得出矛盾即可判断.【小问1详解】第19页/共23页

设等差数列的首项为，公差为，由可得，解得，又，令，则，解得，.又①，当时，②，由①②得，即，当时，，又，，故数列是以4为首项，4为公比的等比数列，即.【小问2详解】由（1）知，则③，④，由③④得，，，，，故数列的前项和.【小问3详解】由（1）知，m，k，p