安徽省2025-2026学年高二数学上学期期末试题 (一)【含答案】

注意事项：1．本试卷共19小题，共4页，满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.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，再选涂其它答案标号；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4.所有答案均要在答题卡上，否则无效.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.一、单选题：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.若直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据方向向量求出斜率，根据倾斜角与斜率的关系，即可得答案.【详解】根据题意：方向向量为的直线的斜率为，设直线的倾斜角为，，则，解得倾斜角为．故选：D.2.方程表示的曲线为椭圆，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据方程表示椭圆，列出满足条件不等式组，解得答案.【详解】因为方程表示的曲线为椭圆，所以，解得且.故选：B3.下列说法中正确的有（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据初等函数的导数公式依次计算各选项即可判断.【详解】对于A，，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，，故C错误；对于D，，故D错误.故选：B4.在等比数列中，有，数列是等差数列，且，则等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据等比数列性质求得，再由等差数列性质求解．【详解】∵是等比数列，∴，，所以，即，∵是等差数列，所以．故选：C．【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列和等比数列的性质，掌握等差数列和等比数列的性质是解题关键，设是正整数，，若是等差数列，则，若是等比数列，则．时，上述结论也成立．5.下列关于空间向量的命题中，正确的是（）A.若空间向量，，则在上的投影向量为B.若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底C.若空间中任意一点，有，则P，A，B，C四点共面D.已知向量，，若，则与的夹角为锐角【答案】D【解析】【分析】对于A，在上的投影向量为，计算即可；对于B，判断，，是否共面即可；对于C，系数和是否为1即可判断P，A，B，C四点是否共面；对于D，先求出的正负，讨论，共线时的特殊情况即可.【详解】对于A，在上的投影向量为，A错；对于B，是空间的一组基底，而，即，，是共面向量，故不是空间的一组基底，即B错误；对于C，在中，故P，A，B，C四点不共面，C错；对于D，，若，则，可得，若，共线，则，解得，即当时，，不共线，，的夹角为锐角，故D正确.故选：D.6.已知数列满足，，则的前20项和为（）A.299 B.300 C.301 D.302【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的求和公式及分组求和的方法求解.【详解】由题意知数列满足，，，所以.所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由，知，数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.从而数列的前20项和为：.故选：B.7.已知P为抛物线上一个动点，Q为圆上一个动点，那么点P到点Q的距离与点P到抛物线的准线距离之和的最小值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据抛物线方程求得焦点坐标，根据圆的方程求得圆心坐标，根据抛物线的定义可知到准线的距离等于点到焦点的距离，进而问题转化为求点到点的距离与点到抛物线的焦点距离之和的最小值，根据图象可知当三点共线时到点的距离与点到抛物线的焦点距离之和的最小，为圆心到焦点的距离减去圆的半径.【详解】抛物线的焦点为，圆的圆心为，半径，根据抛物线的定义可知，点到准线的距离等于点到焦点的距离，由图知，当三点共线时，到点的距离与点到抛物线的焦点距离之和最小，且最小值为.故选：D8.如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线的左、右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点和，且，，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意可知，，三点共线，，B，D三点共线，而，且由题知进而，故，求出，故可设，，，利用双曲线的定义得到，从而得到，结合余弦定理得到的方程，求出的值.【详解】连接，，根据题意，，，三点共线，，B，D三点共线.由，可得，由可得，即，所以，故，，故可设，，.由于，故，从而，，故，，而，结合余弦定理得，故，解得，所以.故选：A.二、多选题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分.9.在棱长为1的正方体中，为棱的中点，则下列结论正确的是（）A.异面直线与所成角为B.直线与平面所成角的余弦值为C.点到直线的距离为D.平面与平面间的距离为【答案】BD【解析】【分析】对于A选项，由得到为异面直线与所成角，根据正方体的性质的即得；对于B选项，由平面，可以得到直线与平面所成角为，进而即得；对于C选项，利用空间向量法求解即得；对于D选项，求出平面的法向量为，由平面平面，可知平面与平面间的距离等于点到平面的距离，进而即得.【详解】对于A选项，在正方体中，即为异面直线与所成角，因为，所以为等边三角形，因此，故A错误.对于B选项，因为平面，所以是在平面上的射影，那么直线与平面所成角为，在中，，，则，，故B正确.对于C选项，以D为原点，分别以，DC，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.则，，，那么，，根据点到直线的距离公式：，又，，，代入可得.故C不正确.对于D选项，，，，设平面的法向量为，则，所以，令，得，，所以，所以点到平面的距离，因为平面平面，所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离，即该距离为，故D正确；故选：BD.10.已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（）A.若数列为等差数列，，，则时，最大B.若，则C.若，则数列的前项和小于D.若数列满足，，则【答案】ABC【解析】【分析】对于A，由等差数列的前n项和公式及性质可知，，公差小于零，即可判断；对于B，利用三角函数中的平方关系及倒序相加即可求解；对于C，裂项相消即可求解；对于D，利用周期数列求和即可.【详解】对于A，在等差数列中，，则，，由于，则，所以等差数列的公差小于0，则，则时，最大，故A正确；对于B，，，所以，，，故B正确；对于C，由题可得，所以数列的前项和为，由于，则，即数列的前项和小于，故C正确；对于D，数列满足，，则，，，所以数列是周期为3的数列，计算一个周期内的乘积，，，故，所以，故D不正确；故选：ABC11.已知双曲线的其中一条渐近线方程为，且过点.点为该双曲线右支上一点，点，分别为该双曲线左右焦点.则下列说法正确的是（）A.当时，的面积为B.存在过点的直线与双曲线相交于两点，且点为的中点C.的内切圆与轴切于点，则D.过点分别作两条渐近线的垂线，垂足为D，E，则两垂足距离最短为【答案】ACD【解析】【分析】先求出双曲线的标准方程，再围绕双曲线的几何性质和相关定理，逐一分析四个选项：选项A：先利用双曲线定义得到，再结合余弦定理求出的值，最后用三角形面积公式计算面积；选项B：先用点差法求出直线斜率，再写出直线方程并联立双曲线方程，最后通过判别式判断直线与双曲线无交点；选项C：先利用切线长相等的性质，再结合双曲线定义，最后推导出；选项D：先写出点到渐近线的距离公式，再结合双曲线方程化简，得到距离乘积为定值，最后利用余弦定理和不等式求出最短距离.【详解】由，即，所以双曲线的方程为，所以，所以焦点为，.对于A：当时，由，所以，所以，故A正确；对于B：设，，则，所以又为线段的中点，所以，，所以，故，的直线方程为，直线与曲线方程联立，则，因为，此方程无解，所以不存在符合条件的直线，故B错误；对于C：设的内切圆为圆，与，相切于则，，.又因为，所以，所以，即，故C正确；对于D：设，不妨设点在渐近线上，则，，且，由余弦定理，，，因为，所以（当时取等号），即.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.若圆与圆相交于A，B两点，则公共弦的长为_____.【答案】【解析】【分析】两圆相减，求出相交弦所在直线方程，圆心到直线的距离，即可求解.【详解】圆与圆，两圆的方程相减，得，即为直线的方程，的圆心到距离为，所以故答案：13.已知，则在处的切线方程为_____.【答案】【解析】【分析】求出，将代入，解出，利用导数的几何意义求出即为切线的斜率，将代入，求出即为切点的纵坐标，利用点斜式得到切线方程.【详解】由，得，令，则，解得，所以，所以在处的切线方程的斜率为，又，所以切线方程为：，即.故答案为：.14.已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，若，则________.【答案】【解析】【分析】设直线的方程为，联立抛物线方程利用韦达定理求出，，利用平面向量数量积公式及数量积坐标表示分别求，得到，而，代入即可求出答案.【详解】抛物线的焦点为，易知直线斜率不为，设直线的方程为，联立，则，所以，，所以，因为，，所以，又因为，所以，所以，即，.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知数列各项均为正数，设数列的前n项和为，其中（1）求数列的通项公式;（2）令，求数列的前n项和【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用前n项和与通项公式的关系证明是等差数列，再利用等差数列的通项公式求解即可.（2）写出新数列的通项公式，利用错位相减法，结合等比数列的求和公式求和即可.【小问1详解】，当时，，得或舍，当时，，，即，数列的各项均为正数，即，，即数列是首项为1，公差为1的等差数列，【小问2详解】，①，②，①-②得：，16.已知圆C过点和点，圆心在直线上．（1）求圆C的方程；（2）直线l经过点，且l被圆C截得的弦长为4，求直线l的方程．【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）由圆心所在直线，可设圆心坐标为，后利用圆C过点和点，可得答案；（2）由被圆所截弦长可得圆心C到直线l的距离d，后由点到直线距离公式可得答案，但要注意直线斜率不存在的情况.【小问1详解】因圆心在直线上，则设圆C的圆心坐标为，由圆C过点和点，得.则圆的半径为，所以圆C的方程为．【小问2详解】设圆心C到直线l的距离为d，由l被圆C截得的弦长为4，则有.当直线l的斜率不存在时，其方程为，此时，符合题意；当直线l的斜率存在时，设其方程为，即．由，得.所以直线l的方程为．综上，直线l的方程为或．17.已知椭圆过点，且离心率.（1）求椭圆的方程；（2）过作斜率分别为k1,k2的两条直线，分别交椭圆于点，且，证明：直线过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由离心率、过点和椭圆关系可构造方程求得，由此可得椭圆方程；（2）当直线斜率不存在时，表示出两点坐标，由两点连线斜率公式表示出，整理可得直线为；当直线斜率存在时，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，代入中整理可得，由此可得直线所过定点；综合两种情况可得直线过定点.【详解】（1）椭圆过点，即，；，又，，椭圆的方程为：.（2）当直线斜率不存在时，设直线方程为，则，则，，解得：，直线方程为；当直线斜率存在时，设直线方程为，联立方程组得：，设，则，（*），则，将*式代入化简可得：，即，整理得：，代入直线方程得：，即，联立方程组，解得：，，直线恒过定点；综上所述：直线恒过定点.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；④根据直线过定点的求解方法可求得结果.18.如图，在四棱锥中，平面，是的中点.（1）求证：平面；（2）若.①求平面与平面夹角的正弦值；②在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）①②存在，【解析】【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行；（2）①建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面法向量，利用向量法可得面面角余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值；②设，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可.【小问1详解】取中点，为中点，，且，又，，，且，四边形为平行四边形，即，平面，平面，平面；【小问2详解】①平面，且，则以点为坐标原点，，，方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，得，，，，，，，，，因为平面，且平面，所以平面平面，又因为平面平面，，平面，所以平面，所以平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，令，则，，平面与平面所成角的正弦值为；②存在点满足题意，易知，，假设存在点满