杭州学军中学2025-2026学年第一学期期末考试高二数学试卷

杭州学军中学学年第一学期期末考试高二数学试卷命题人：徐雪青审题人：郑燕平一､选释题：本题共8小题，每小题5分，共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.双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将双曲线的方程化为标准方程，求出、的值，即可求出该双曲线的离心率的值.【详解】将双曲线方程化为标准方程可得，则，，所以，因此该双曲线的离心率为.故选：C.2.已知函数，则（）A.B.0C.D.1【答案】A【解析】【分析】利用基本初等函数的导数公式即可求解.【详解】，，所以.故选：A3.抛物线上一点A到焦点的距离为8，则点A的横坐标为（）A.2B.5C.3D.8第1页/共23页

【答案】B【解析】【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：B4.已知数列是各项均为正数的等比数列，，则（）A.16B.17C.18D.19【答案】B【解析】【分析】设出公比，利用题干条件得到方程，求出公比，从而得到，得到答案.【详解】设公比为，由得，解得，负值舍去，故，所以.故选：B5.、为不重合的平面，、为两条直线，下列命题正确的为（）A.若，，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，，则【答案】D【解析】【分析】根据选项直接判断直线、的位置关系，可判断A选项的正误；根据已知条件判断与的位置关系，可判断BC选项的正误；利用空间向量法可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，若，，，则与平行或异面，A选项错误；对于B选项，若，，则或，B选项错误；对于C选项，若，，则、、或与斜交，C选项错误；对于D选项，设直线、的方向向量分别为、，第2页/共23页

由于，则平面的一个法向量为，，则平面的一个法向量为，因为，则，因此，，D选项正确.故选：D.6.如图，分别为椭圆左､右焦点，为椭圆上的点，为的外角平分线，，则（）A.1B.2C.D.4【答案】B【解析】交的延长线于点在中，．【详解】如图所示：延长交的延长线于点，第3页/共23页

因为为的外角平分线，，所以易得，所以，，结合椭圆的定义得，又为的中点，为的中点，所以在中，.故选：B.7.已知函数在处有极值10，则（）A.B.0C.或0D.或6【答案】A【解析】【分析】根据数在处有极小值10，可得，求出参数的值，然后再验证，得到答案.【详解】由函数有.函数在处有极小值10.所以，即解得:或当时，令得或，得所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.显然满足函数在处有极小值10.第4页/共23页

当时，所以函数在上单调递增,不满足函数在处有极小值10.所以故选：A【点睛】关键点睛：解题关键在于，根据函数的极小点和对应的极值求参数，注意这种试题根据条件需要借助函数单调性进行检验，是易错题，属于中档题.8.在四面体平面是等边三角形，，为的中点，在侧面正确的是（）A.若，则平面B.若，则C.当最小时，D.当最大时，【答案】D【解析】【分析】设，得出关系式，A根据平面向量基本定理判断；B根据，可得点在线段上，根据平面可得；CD过作，垂足为，可证平面，则，结合图形分析判断.【详解】由，平面平面，平面平面，第5页/共23页

平面，得平面，又N在侧面，且，于是，而，则，且，对于A，若，则，则共面，因为平面，所以平面，故A正确；对于B，若，则，即点在线段由平面，平面，得，B正确；对于C，在平面内，过作，垂足为，因为是等边三角形，所以，，由平面，平面，得，而，平面，则平面，又平面，所以，则，显然当点与点重合时，最小，此时，则，C正确；对于D，显然当点与点重合时，最大，即最大，此时，第6页/共23页

于是，D错误.故选：D二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共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.P是底面平面，则下列选项正确的是（）A.B.三棱锥的体积为定值C.平面D.异面直线与所成角的取值范围为【答案】ABD【解析】【分析】建立空间直角坐标系结合空间向量的坐标运算即可判断A,C，计算点到平面距离结合结合三棱锥的体积公式计算判断B,应用空间向量法求异面直线所成角结合值域及角的范围即可判断D.【详解】以D为坐标原点，，，的方向分别为xyz第7页/共23页

体的棱长为4.由题意可得：,则，，.设平面的法向量为，则，取，得.因为平面，则，所以则，对于A:，，所以，A正确；对于B:因为所以到平面的距离为，因为的面积为,所以三棱锥的体积为为定值，B正确；对于C:因为,，所以不平行，所以与平面不垂直，C错误；对于D:设直线与平面所成的角为，因，则.设，当时，；当时，,因，则,,,,,即，因,，综上可得：，故D正确.第8页/共23页

故选：ABD.10.下面是关于公差的等差数列的四个命题，其中的真命题为（）.A.数列是递增数列B.数列是递增数列C.数列是递增数列D.数列是递增数列【答案】AD【解析】【分析】根据等差数列的性质，对四个选项逐一判断，即可得正确选项.【详解】，，所以是递增数列，故①正确，，当时，数列不是递增数列，故②不正确，，当时，不是递增数列，故③不正确，，因为，所以是递增数列，故④正确，故选：【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，属于基础题.若，且，则（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】利用导数求得，可得，再由导数研究的区间单调性，可得，即可求解.【详解】令且，则恒成立，所以在上单调递增，则，即，第9页/共23页

由得，，而，所以，即，设且，则，所以在单调递增，由，得，则，所以.故选：AD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.曲线在点处的切线方程为__________.【答案】【解析】【分析】求出切点，由导数的几何意义求出切点处的导数即可由点斜式求解.详解】由题，，所以切点为，在切点处的切线斜率为，所以曲线在点处的切线方程为，即.故答案为：.13.数列的前项和为，且，且，则__________．【答案】【解析】【分析】利用递推式把数列分成三个子数列，结合已知条件求出及的关联，进而求出通项公式及前项和公式，最后求出．【详解】，可分为三个子数列子数列等比，公比为，首项分别为；第10页/共23页

，，，令，则，，解得，子数列的通项公式为：，设，，，，，．故答案为：．14.已知椭圆､右焦点分别为（在，设点关于轴的对称点为，记的外接圆半径为，的内切圆半径为，则的值为__________.【答案】【解析】【分析】利用椭圆的定义可先求解焦半径的长度，再结合余弦定理来求解边长和角度，最后用正弦定理求外接圆半径，用等面积法求内切圆半径，从而得到比值.第11页/共23页

【详解】不妨设，则，根据椭圆的定义可知：，根据余弦定理得：，，联立两式可得：，化简得：，再由离心率代入化简得：，再化简得：，解得：，即，所以可知点为椭圆的上、下顶点，且，再由余弦定理：，又由余弦定理得：，第12页/共23页

在三角形中，则有，即三角形外接圆半径满足：则有，，，则，则，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.已知数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，记的前项和为，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】1）由，得，从而为常数列；（2）求出通项公式，裂项相消法求和.【小问1详解】因为，得，第13页/共23页

所以，数列为常数列，则，所以，.【小问2详解】因为，所以，故.16.已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线：（1）求圆的方程；（2）若过定点的直线被圆所截得的弦长为8，求直线的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】1）先设圆的标准方程，再代入点列式计算求解；（2）设直线方程分斜率存在及斜率不存在，分别再应用点到直线距离求解即可.【小问1详解】设圆的标准方程为.圆经过点和，且圆心在直线：上，第14页/共23页

，解得，，，圆的标准方程为.【小问2详解】当直线斜率存在时，设，圆心到直线的距离为，根据点到直线的距离公式得，解得：，即直线的方程为；当直线斜率不存在时，，满足条件.故直线的方程为或.17.如图，在四棱台中，底面为矩形，平面平面，且.（1）证明：平面；（2）若与平面所成角为，求二面角的余弦值.【答案】（12）.【解析】1）要证线面垂直，只要证垂直于平面内的两条相交直线，根据所给数据和垂直关系，即可得证；第15页/共23页

（2）要求二面角，本题可用空间直角坐标系，连结，由（1）可知，平面，所以以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，求出各个面的法向量利用向量的夹角公式，即可得解.【详解】（1）如图，在梯形中，因为，作于，则，所以，所以，连结，由余弦定理可求得，因为，所以，因为平面平面且交于，所以平面，因为平面，所以，因为，，所以平面；（2）连结，由（1）可知，平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，因为平面，所以在平面内的射影为，第16页/共23页

所以与平面所成角为，即，在中，因为，所以，则，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则有，即，令，则，，故，设平面的法向量为，则有，即，令，则，，故，所以，由图可知，二面角锐二面角，故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线面垂直的证明，考查了利用空间直角坐标系求法向量求二面角，要求逻辑思维能力和较高的计算能力，属于较难题.本题的关键点有：（1）利用数据构造直角三角形得到垂直关系；（2）建立适当的空间直角坐标系，利用方程求二面角的法向量是求二面角的关键.18.已知函数.（1）当时，求的极值；第17页/共23页

（2）求的单调区间；（3）设是函数的两个极值点，证明：.【答案】（1）极大值为，无极小值；（2）答案见解析（3）证明见解析【解析】1）求定义域，求导，得到函数单调性，从而得到在处取得极大值，极大值为，无极小值；（2）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数单调区间；（3），求导，得到是方程的两不等正根，从而得到不等式，得，令，则，则的单调性，故，所以，即.【小问1详解】当时，，定义域为，，令得，令得，令得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，极大值为，无极小值；【小问2详解】的定义域为，，当时，恒成立，在上单调递增，无减区间，当时，令，得，令，得，第18页/共23页

故在上单调递增，在上单调递减，综上：当时，的单调递增区间为，无减区间；当时，的单调递增区间为的单调递减区间为；小问3详解】，则，因为是函数的两个极值点，即是方程的两不等正根，所以，得，令，则，则，得，则，，第19页/共23页

则，令，则，所以在上单调递增，所以，所以，即.19.已知椭圆的右顶点为，短轴长为.（1）求椭圆的方程；（2）已知为坐标原点，过点且与轴不重合的直线与椭圆交于两点.（i分别在直线是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由；（ii）若，点在轴上方，记椭圆的左焦点为，若，且，求的取值范围.【答案】（1）（2i）是，ii）【解析】1）由椭圆的性质可确定其方程；（2i线的方程，结合韦达定理化简可得；（ii）由两向量关系分别得到和，再由三角形面积关系得到的表达式，第20页/共23页

设直线的方程为