浙江省嘉兴市2025-2026学年高二数学下学期期末试题含解析

2025～2026学年上学期期末检测

高二数学试题卷

本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟．

考生注意：

1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的

位置．

2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题卷上的作答

一律无效．

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.直线y3x1的倾斜角为（）

πππ5π

A.B.C.D.

6436

【答案】C

【解析】

【分析】根据直线的方程，求出斜率k，再由ktan，求出倾斜角.

【详解】设直线y3x1的斜率为k，倾斜角为，则ktan3，

π

因为倾斜角0,π，所以.

3

故选：C

2.记Sn为等比数列an的前n项和，已知3S2a31，3S3a41，则an的公比为（）

A.4B.5C.6D.7

【答案】A

【解析】

【分析】设等比数列an的公比为q，将题中两式作差，再结合anSnSn1，即可求出a4与a3的关系，

从而求得公比.

【详解】设等比数列an的公比为q，

由3S2a31,3S3a41有：3S33S2a41a31,3S3S23a3a4a3，

a

4

所以a44a3，所以q4，

a3

故选：A.

3.已知空间四点A1,0,0，B0,1,0，C0,0,2，D3,3,，若A，B，C，D四点共面，则实数

（）

A.－1B.1C.2D.3

【答案】C

【解析】

【分析】根据共面的性质进行求解即可.

【详解】AC1,0,2,AB1,1,0，显然这两个向量不共线，

若A，B，C，D四点共面，

4abb3

则有ADaACbAB4,3,a1,0,2b1,1,03ba1.

2a2

故选：C

22

x2x2

4.已知椭圆C1:y1和双曲线C:y1有相同的焦点F1，F2，点P是它们的一个公共点，则

523

PF1PF2的值为（）

1

A.B.1C.1D.2

42

【答案】D

【解析】

PF1PF225

【分析】不妨设点P在第一象限，根据椭圆和双曲线的定义，得到，平方作差，即可

PF1PF223

求解.

22

x2x2

【详解】因为椭圆C1:y1和双曲线C:y1有相同的焦点F1,F2，

523

且点P是它们的一个公共点，不妨设点P在第一象限，

PF1PF225

根据椭圆和双曲线的定义，可得，

PF1PF223

平方作差，可得，所以.

4PF1PF220128PF1PF22

故选：D.

5.在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知ACBC，ACCC12BC，则直线AB1与直线BC1所成角的

余弦值为（）

5555

A.B.C.D.

3553

【答案】C

【解析】

【分析】以点C为坐标原点，CA、CC1、CB所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空

间向量法可求得直线AB1与直线BC1所成角的余弦值.

【详解】在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，设BC1，

以点C为坐标原点，CA、CC1、CB所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则A2,0,0、B0,0,1、B10,2,1、C10,2,0，

所以AB12,2,1，BC10,2,1，

AB1BC135

cosAB1,BC1，

AB1BC1355

5

所以直线AB1与直线BC1所成角的余弦值为.

5

故选：C.

22

6.若圆x1y14上恰有三个点到直线yxb的距离为1，则b（）

A.1B.2C.3D.2

【答案】B

【解析】

【分析】根据圆的性质，结合点到直线的距离公式进行求解即可.

22

【详解】圆x1y14的圆心为(1,1)，半径为2，

22

又因为圆x1y14上恰有三个点到直线yxb的距离为1，

|b|

所以圆心到直线yxb的距离为1，所以有1，得b2.

2

故选：B.

22

7.已知点Px,y满足方程x3y2x3，点Q在圆x3y21上运动，M1,2，则

PMPQ的最小值为（）

A.2B.3C.4D.5

【答案】B

【解析】

【分析】首先化简点P的轨迹方程，即可得到点P的轨迹是以F3,0为焦点，x3为准线的抛物线，过

点P作PN垂直准线，垂足为N，再由抛物线的定义计算可得.

2

【详解】因为点Px,y满足方程x3y2x3，

22

所以x3y2x3，则y212x，则点P的轨迹是以F3,0为焦点，x3为准线的抛物线，

过点P作PN垂直准线，垂足为N，则PFPN，又M1,2，所以M到x3的距离为134

2

又圆x3y21的圆心为F3,0，半径r1，

所以PMPQPMPFrPMPF1PMPN1413，

2

当且仅当M、P、N三点共线且Q为PF与圆x3y21的交点时取等号.

故选：B

aa

mnmn

8.已知各项均不为零的数列an满足a11，对于任意的正整数m,nmn，2，则a2026

aman

的个位数字为（）

A.3B.4C.5D.6

【答案】D

【解析】

【分析】令n1，得数列amam1m1是公差为2的等差数列.通过赋值法，求得a2，即可求得am，

从而求得a2026，并得到其个位数字.

amnamn

【详解】对于任意的正整数m，nmn，2，所以amnamn2am2an，

aman

令n1，得当m1时，am1am12am2，即am1amamam12，即

am1amamam12

所以数列amam1m1是公差为2的等差数列，所以amam1a2a12m2.

取m2，n1，得：a3a12a22a1，即a32a21；取m3，n1，得：a43a24；

取m3，n2，得：a56a21；取m4，n1，得：a54a29；

所以6a214a29，解得：a24，因此amam12m1，

所以a2a13，a3a25，a4a37，…，amam12m1.

m132m1m12m22m22

累加得a1m21，

m222

故2，所以2，个位数字为6．

amma20262026

故选：D

二、选择题：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．

x2y2

9.已知曲线C:1，其中n为4与16的等比中项，则下列说法正确的是（）

4n

A.曲线C可表示为焦点在x轴上的椭圆

B.曲线C可表示为长轴长是42的椭圆

C.曲线C可表示为焦距是43的双曲线

D.曲线C可表示为渐近线方程是y2x的双曲线

【答案】BCD

【解析】

x2y2

【分析】由n为4与16的等比中项，得n4168.分别讨论n8和n8时，方程1

4n

所表示的曲线即可.

【详解】由n为4与16的等比中项，得n4168.

x2y2

当n8时，曲线C的方程为1，表示焦点在y轴上的椭圆.其长轴长为2842.

48

所以A不正确；B正确.

x2y2

当n8时，曲线C的方程为1，表示焦点在x轴上的双曲线.

48

8

其焦距为24843，其渐近线为yx2x.

4

所以C正确；D正确.

故选：BCD.

S

10.记S是公差为d的等差数列a的前n项和，已知S4S，a2a1，T是数列n的前n

nn422nnnn

项和，则（）

A.d2

B.2

anSnn2n1

nn1

C.T

n2

111

D.对于任意正整数n，…2

T1T2Tn

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据条件，求出等差数列通项公式的基本量，然后求出通项以及前n项和，判断选项AB，根据性

S

质即可得到n是等差数列，即可判断选项C，进而结合裂项相消法，即可判断选项D.

n

【详解】由题知，S44S2，可得a1a2a3a44a1a2，

即4a16d8a14d，d2a1，

又a2n2an1，令n1，得a22a11，a1d2a11，

解得a11,d2，所以ana1n1d2n1，

naa

所以1n2，2，

SnanSnn2n1

n2

SSS

所以nn，11，数列n是1为首项，1为公差的等差数列，

n1n

n1n1211

所以，2，

Tn

2Tnnn1nn1

111111111

所以…2121，

T1T2Tn223nn1n1

111

因为nN*，所以…2.故ACD正确.

T1T2Tn

故选：ACD

11.在棱长为2的正方体中，E为的中点，点F满足（≤≤），则（）

ABCA1B1C1AA1A1FA1B101

A.当0时，AC1平面BDF

B.对任意，三棱锥FBDE的体积是定值

π

C.存在，使得直线AC与平面BDF所成的角为

3

1

D.当时，点F，B，C，D均在球O的球面上，且球O的半径为41

24

【答案】ACD

【解析】

【分析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，当0时，此时平面BDF与平面BDA1重合，求得

和，结合线面垂直的判定定理，可判定A正确；根据不与平面平行，

AC1DB0AC1DA10A1B1BDE

可判定B错误；求得向量AC(2,2,0)和平面BDF的法向量为

n1,1,1，结合向量的夹角公式，可判定C正确；设球心Oa,b,c，半径为R，列出方程组，求得

R的值，可判断D正确.

【详解】以D为坐标原点，以DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

如图所示，可得D0,0,0，B2,2,0，A12,0,2，A2,0,0，C10,2,2．

对于A，当0时，F与A1重合，平面BDF与平面BDA1重合，

所以，

DB2,2,0,DA12,0,2,AC12,2,2

可得，，

AC1DB440AC1DA1440

所以AC1DB，AC1DA1，又因为DBDA1D，DB，DA1面BDA1，

所以AC1面BDA1，所以AC1平面BDF，所以A正确．

对于B，因为A1B1不与平面BDE平行，所以F到面BDE的距离不为定值，

所以三棱锥FBDE的体积不为定值，所以B错误．

对于C，因为DB(2,2,0),DF(2,2,2),AC(2,2,0),

nDB2x2y0

设面的法向量为，则，

BDFnx,y,z

nDF2x2y2z0

令x1，可得y1，z1，所以n1,1,1，

所以AC与平面BDF所成角的正弦值为

ACn426

sincosAC,n,1，

22

ACn2221213

π36π

因为sin,1，即存在0,1使AC与平面BDF所成角为，所以C正确．

3233

1

对于D，当时，F2,1,2，设球心Oa,b,c，半径为R，

2

222

a2b1c2R2

222

a2b2c0R2

则，解得341，所以D正确．

222a1,b1,c,R

a0b2c0R244

2222

a0b0c0R

故选：ACD．

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

12.已知u3,a,a是直线l的方向向量，n1,2,3是平面的法向量，若l∥，则实数a______．

3

【答案】-

5

【解析】

【分析】由nu0求解即可.

【详解】由题意可得：nu1,2,33,a,a0，

即32a3a0，

3

解得：a，

5

3

故答案为：-

5

13.定义：除数函数（divisorfunction）ydn（nN）的函数值等于n的正因数的个数，例如，

d11，d43．则d2d22d23d2n______．

nn3

【答案】

2

【解析】

【分析】根据题意，得到对于2k(kN)，有k1个，得到d(2k)k1，结合等差数列的前n项和公式，

即可求解.

【详解】对于2k(kN)，其正因数为1,2,22,,2k，共有k1个，即d(2k)k1，

所以d2112,d22213,d23314,d2nn1，

n(n3)

所以d2d22d23d2n23(n1).

2

n(n3)

故答案为：.

2

x2y2

14.已知双曲线C:1（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2，过原点的直线与C的左、

a2b2

右两支分别交于A，B两点，点M在C上，，若以AB为直径的圆过点，则C的离心率为

F2M3F2BF1

______．

【答案】10

2

【解析】

【分析】连接AF1，BF1，MF1，设BF2t，得到F2M3t，BF12at，MF12a3t，分别

△△

在直角MBF1和BF1F2中，利用勾股定理，列出方程，结合离心率的定义，即可求解.

【详解】如图所示，连接AF1，BF1，MF1，

由以AB为直径的圆恰好过左焦点F1，可得AF1BF1，

由双曲线的对称性得四边形AF2BF1为矩形，

设BF2t，则F2M3t，BF12at，MF12a3t，

在直角△中，可得222，

MBF1BMBF1MF1

222

即为4t2at2a3t，解得ta，

在直角△中，222，

BF1F2BF2BF1F1F2

2c10

即为t22at4c2，即为a29a24c2，即有e．

a2

故答案：10.

2

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.已知圆C经过A4,2、B4,0两点，且圆心C在直线l:x2y10上．

（1）求圆C的标准方程；

（2）若直线m:3x4y120与圆C交于P、Q两点，求CPQ的面积．

22

【答案】（1）x1y110

（2）3

【解析】

【分析】（1）解法一：将线段AB的中垂线方程与直线l的方程联立，求出圆心C的坐标，可求出圆C的半

径，由此可得出圆C的标准方程；

解法二：设圆心为C2t1,t，根据ACBC，结合平面内两点间的距离公式可得出关于t的方程，解

出t的值，可得出圆心C的坐标，可求出圆C的半径，由此可得出圆C的标准方程；

（2）求出圆心C到直线m的距离，利用勾股定理求出PQ，再利用三角形的面积公式可求得CPQ的面

积.

【小问1详解】

解法一：因为A4,2、B4,0，所以线段AB的中点坐标为4,1，且ABx轴，

所以AB的垂直平分线为y1．

由垂径定理可知，圆心C在线段AB的垂直平分线上也在直线l上，

y1x1

联立，解得，所以圆心C的坐标为1,1．

x2y10y1

22

圆的半径为rAC412110，

22

所以，圆C的标准方程为x1y110．

解法二：设圆心的坐标为C2t1,t，

因为圆C经过A4,2、B4,0两点，所以ACBC，

222

可得2t5t22t5t2，解得t1，故圆心为1,1，

22

所以r2412110，

22

则圆C的方程为x1y110．

【小问2详解】

3412

圆心C到直线m:3x4y120的距离为d1，

3242

11

故PQ2r2d221016，所以SPQd613．

△CPQ22

故CPQ的面积为3.

16.如图，在直角梯形ABCD中，ADCD，AD∥BC，AD2BC2，E为AD的中点．现将ABE

沿着BE翻折至△PBE，连结PC,PD，M为PD的中点，连结EM．

（1）证明：EM平面PCD；

2

（2）若BCCDPC，求二面角PBDE的正弦值．

2

【答案】（1）证明见解析

（2）42

7

【解析】

【分析】（1）由线面垂直的判定定理先证明CD平面PED，进而证得CDEM，易证EMPD，进

而由线面垂直的判定定理证明EM平面PCD；或建立恰当的空间直角坐标系，利用向量的数量积为零，

证明线线垂直，进而由线面垂直的判定定理证明EM平面PCD；

（2）根据二面角的平面角的定义找到二面角PBDE的平面角，解三角形求得其正弦值，或建立空间

直角坐标系，用面面角的向量求法，求得二面角PBDE的正弦值.

【小问1详解】

解法1：∵E为AD的中点，∴AEED，

由题可知EPAE，即EDEP.

∵M为PD的中点，∴EMPD，

∵AD2BC，AD∥BC，∴EDBC，ED∥BC，

∴四边形BCDE为平行四边形，∴BECD．

∵ADCD，∴ADBE，即EDBE，PEBE．

∵EDPEE，∴BE平面PED，∴CD平面PED．

∵EM平面PED，∴CDEM．

∵CDPDD，CD,PD平面PCD，∴EM平面PCD．

解法2：∵AD2BC2，AD∥BC，E为AD的中点，

∴EDBCEP1，ED∥BC，

∴四边形BCDE为平行四边形，∴BECD，

∵ADCD，∴ADBE，即EDBE，PEBE，

∵EDPEE，∴BE平面PED，

以E为坐标原点建立如图空间直角坐标系：

E0,0,0，D0,1,0，Ct,1,0，

设P0,m,n，则m2n21．

m1n

∵M为PD的中点，∴M0,,，

22

m1n

∴EM0,,，DCt,0,0，DP0,m1,n，

22

m21n2

∴EMDC0，EMDP0，

22

∴CDEM，DPEM，

∵CDPDD，CD，PD平面PCD，∴EM平面PCD．

【小问2详解】

解法1：连接EC，取ED中点O，过O作ON∥EC，交BD于点N，连结PO,PN．

∵BCCD，∴EBCD是正方形，∴ECBD，∴ONBD，

∵CD平面PED，∴CDPD．

2

∵BCCDPC，∴PDPC2CD22CD2CD2CD，

2

∴PEEDPD，三角形PED为等边三角形，

∵O为ED中点，∴POED，

又∵CDPO，CDEDD，∴PO底面BCDE，

∵BD底面BCDE，所以，POBD．因为ONBD，

又PO,ON平面PON，POONO，∴BD平面PON，

又PN平面PON，∴BDPN，

∴PNO是二面角PBDE的平面角．

3123214

∵PO，ONEC，则PNPO2ON2，

2444164

PO42

∴在直角三角形PON中，sinPNO．

PN7

解法2：∵CD平面PED，∴CDPD．

2

∵BCCDPC，∴PDPC2CD22CD2CD2CD，

2

∴PEEDPD，三角形PED为等边三角形，

取ED的中点O，则POED，

又∵CDPO，CDEDD，∴PO底面BCDE．

取BC中点F，以O为坐标原点，

OF,OD,OP分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系：

113

O0,0,0，D0,,0，B1,,0，P0,0,，

222

13

∴BD1,1,0，DP0,,，

22

平面的法向量，设平面的法向量，

BDEn10,0,1PBDn2x,y,z

nBDxy0

2

则，令，解得，，即可取，

13z1y3x3n23,3,1

nDPyz0

222

n1n27

所以coscosn1,n2，

n1n27

2

所以二面角的正弦值742．

PBDEsin1

77

解法3：以E为坐标原点建立如图空间直角坐标系：

E0,0,0，D0,1,0，C1,1,0，B1,0,0，

设P0,m,n，则m2n21，

2

∵BCCDPC，

2

2

∴PC21m1n22，

13

∴m，n，

22

13

∴BD1,1,0，DP0,,

22

设平面的法向量，

PBDn1x,y,z

nBDxy0

1

则，令，解得，，即可取．

13z1y3x3n13,3,1

nDPyz0

122

∵平面的法向量.

BDEn20,0,1

n1n27

所以coscosn1,n2，

n1n27

2

所以二面角的正弦值742．

PBDEsin1

77

x2y2

17.已知椭圆C:1（ab0）的上顶点为A0,2，且过点P3,1．

a2b2

（1）求椭圆C的方程；

（2）直线l与椭圆C相交于M，N两点．

110

（ⅰ）若直线l的斜率为，且MN，求直线l的方程；

32

（ⅱ）若直线AM的斜率与直线AN的斜率之和为－1，证明：直线l过定点，并求出该定点的坐标．

x2y2

【答案】（1）1；

124

11

（2）（ⅰ）yx5或yx5；（ⅱ）证明见解析，定点(4,2).

33

【解析】

【分析】（1）根据给定条件，列出关于a,b的方程组求解.

（2）（ⅰ）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式求解；（ⅱ）按直线l的斜率存在与否分类，

设出直线l的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合斜率坐标公式推理证明.

【小问1详解】

x2y2

由椭圆C:1（ab0）的上顶点为A0,2，且过点P3,1，

a2b2

91

1

a2b2a23

得，解得，

b2b2

x2y2

所以椭圆C的方程为1．

124

【小问2详解】

1

（ⅰ）设直线l的方程为yxm，M(x,y),N(x,y)，

31122

1

yxm

3

由，消去y得4x26mx9m2360，

x2y2

1

124

224343

由36m144(m4)0，得m，

33

3m9m236

xx,xx，

122124

12

则MN1xx4xx

91212

109m21010

9m236163m2，

3422

解得m5或m5，

1011

所以当MN时，直线l的方程为yx5或yx5.

233

（ⅱ）当直线l斜率存在时，设直线l的方程为ykxm，M(x3,y3),N(x4,y4)，

ykxm

由，消去y得(13k2)x26kmx3(m24)0，

x2y2

1

124

6km3(m24)

则x3x4，xx，

13k23413k2

令kAM,kAN分别为直线AM,AN的斜率，

y32y42kx3m2kx4m2x3x4

则kAMkAN2k(m2)

x3x4x3x4x3x4

6km2km4k

2k(m2)2k1，即m4k2，

3(m24)m2m2

直线l的方程为yk(x4)2，过定点(4,2)，

当直线l斜率不存在时，设直线l的方程为xx0，

22

x0y0

则M(x0,y0),N(x0,y0)，1，

124

y2y24

00

则kAMkAN1，解得x04，

x0x0x0

而直线l:x4与椭圆无公共点，不符合题意，

所以直线l过定点(4,2)

.

11

18.已知数列a满足a1，且aa．

n1n12n2n1

n

（1）证明：数列2an为等差数列，并求数列an的通项公式；

（2）求数列an的前n项和Sn；

k

（3）在数列an的任意相邻两项ak与ak1（k1,2,3,）之间，插入k个相同的数1k，组成一个

新的数列bn，记数列bn的前n项和为Tn，求T100．

n1

【答案】（1）证明见解析，a

n2n

n3

（2）S3

n2n

18433

（3）

512

【解析】

【分析】（1）应用等差数列定义证明，再应用等差数列通项公式计算求解；

（2）应用错位相减法计算求解；

（3）应用等差数列计算求和再应用分组求和计算求解.

【小问1详解】

11

由aa，则2n1a2na12n1a2na1，又21a2，

n12n2n1n1nn1n1

nn

所以数列2an是首项为2，公差为1的等差数列，则2an2n1n1，

n1

所以a．

n2n

【小问2详解】

234n1

由S，

n2122232n

1234nn1

则S，

2n2223242n2n1

11

1

121111n142n1n13n3

所以S1，

n1234nn11n1n1

22222221222

2

n3

所以S3．

n2n

【小问3详解】

2

kk2akbkk1

数列bn中在ak之前共有k112k1项，所以，

22

当k13时，a13b91，当k14时，a14b105，所以

222222

T100a1a2a1312341112139

S1312312139

1618433

339．

213512

2

2y

19.已知双曲线C:x1，点P11,0，k为常数且k0．按照如下方式依次构造点Pn（n2,3,）：

4

过点Pn1作斜率为k的直线与C的左支交于点Qn1，令Pn为Qn1关于y轴的对称点，记Pn的坐标为xn,yn．

（1）求k的取值范围；

（2）若k1，求数列2xnyn的通项公式；

（3）记Mn为直线P1Pn2与直线QnPn1的交点，Nn为直线P1Qn与直线Qn1Pn2的交点，Rn为直线MnNn

与直线Pn1Qn1的交点，证明：点Rn在定直线上，并求出该定直线的方程．

【答案】（1）0k2

n1

（2）1

2xnyn2

3

（3）证明见解析，x1

【解析】

【分析】（1）先计算双曲线的渐近线，结合题意可判断参数的取值范围；

（2）解法1：根据点差法结合斜率公式计算判断数列2xnyn是等比数列，进而计算得到答案；解法2：

根据直曲联立计算判断数列2xnyn是等比数列，进而计算得到答案；

（3）根据题意计算两直线交点，计算证得结论；

【小问1详解】

y2

双曲线C:x21的渐近线为y2x，

4

因为k为常数且k0，过Pn1斜率为k的直线与C的左支交于点Qn1，故0k2．

【小问2详解】

yy

nn1

解法1：因为Pnxn,yn，Qnxn1,yn1，k，

xnxn1

2

2yn1

xn11

4

由，得2xn1yn12xn1yn12xnyn(2xnyn)，

y2

x2n1

n4

2xy2xy

nnn1n1，利用和比性质知

2xn1yn12xnyn

2xn2xn1yn1yn

2xy2xy2xy2xyxx2k

n1n1nnnnn1n1nn1

2xnyn2xn1yn12xn1yn12xnyn2xn12xnynyn12k

xnxn1

2k

因此数列2xy是首项为2xy2，公比为的等比数列．

nn112k

n1

若，1．

k12xnyn2

3

解法2：若k1，Pn1xn1,yn1，Qn1xn,yn，直线Pn1Qn1：yxxn1yn1，

yxxn1yn1