山东省聊城市2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省聊城市2025-2026学年高二上学期期末数学试题一、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，只有一项符合题目要求.1.在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】点关于轴对称的点的坐标为，所以点关于轴对称的点的坐标为.故选：C.2.甲、乙两人独立地破译一份密码的概率分别为，密码被成功破译的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为甲、乙两人独立地破译一份密码的概率分别为，所以甲乙都没有成功破译密码的概率，所以密码被成功破译的概率为.故选：A.3.记正项等比数列的前项和为，若，则的值为（）A.2 B.3 C.4 D.9【答案】D【解析】由题意，设等比数列的公比为，首项为，∵当时，，，不符合，∴，则，，∴，化简整理，得，解得或(舍去)，故，所以，故选：D.4.若直线互相平行，且两直线之间的距离为，则的值为（）A. B. C.或 D.或【答案】C【解析】因为直线互相平行，所以，解得：，所以直线，由两直线之间的距离为，可得，解得：或，当时，直线，满足条件；当时，直线，满足条件；故选：C.5.数列为等差数列，且数列的前项和有最大值，若，则满足的最大整数为（）A.19 B.20 C.21 D.22【答案】B【解析】因为数列前n项和有最大值，且，故可得，由，可得，且.又，，由等差数列的前项和公式可知：，，故满足题意的的最大值为.故选：B.6.焦点在轴上的双曲线的渐近线与圆有公共点，则双曲线的离心率的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意设双曲线的方程为，渐近线为，圆心，半径，整理渐近线方程得或，若与圆有公共点，则有圆心到直线距离，即，，两边同时平方得，即，，两边同时除以得，解得，在双曲线中，，故离心率的取值范围为，若与圆有公共点，则有圆心到直线距离，即，，两边同时平方得，即，，两边同时除以得，解得，在双曲线中，，故离心率的取值范围为，综上，离心率的取值范围为，故选：A.7.三棱柱的所有棱长为2，且分别为的中点，则异面直线AD和EF所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】连接、，如下图所示：因为、分别为、的中点，所以，且，因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，且，因为为的中点，所以，且，所以，四边形为平行四边形，则，故异面直线和所成角等于或其补角，在菱形中，，，，由余弦定理可得，在中，，，，由余弦定理可得，在中，，，，所以，，故，所以，.因此，异面直线和所成角的余弦值为.故选：D.8.设是双曲线的左、右焦点，是坐标原点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为.若，则的方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为焦点到渐近线的距离为，所以，则，所以，因为，所以，解得，又所以，，所以双曲线为.故选：A.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.9.先后抛掷质地均匀的骰子两次，事件“第一次向上的点数是1”，事件“第二次向上的点数是2”，事件“两次向上的点数之和是7”，则（）A.B.事件与事件互斥C.D.事件与事件相互独立【答案】ACD【解析】因为先后抛掷质地均匀的骰子两次共有（种）结果，事件包含共6种结果，所以，故A正确；事件包含共6种结果，显然既在事件A样本空间里又在事件B的样本空间里，故事件与事件不互斥，所以B错误；事件包含共5种结果，故，所以C正确；事件C包含共6种结果，所以，事件包含一个样本点，所以，所以，故事件与事件相互独立，所以D正确.故选：ACD.10.已知为坐标原点，抛物线的焦点为，点A，B是抛物线上不同的两点，则（）A.抛物线的准线方程B.若直线AB过点，则的值可能为5C.若线段AB的中点的横坐标为2，则D.若以点和点为焦点的椭圆与抛物线有公共点，则该椭圆的长轴长的最小值为6【答案】BCD【解析】对于A，由抛物线方程得，准线方程为，故A错误；对于B，设过的直线方程为，与抛物线交于两点，联立，得，则，易得，则，令，解得，故有解，故B正确；对于C，若线段AB的中点的横坐标为2，则，且，相减可得，即，，则，故C正确；对于D，由椭圆的定义可得，由抛物线的定义可得等于点到准线的距离，为在准线上的垂足，如图：则有，易得当三点共线时，取得最小值，即，故D正确，故选：BCD.11.如图，曲线下有一系列正三角形，设第个正三角形（为坐标原点）的边长为，数列的前项的和为，则（）A.B.数列是等差数列C.数列的前项的和为D.若，且，则【答案】ABD【解析】对于A，由题意可知为等边三角形，如图，，则，所以，解得:，同理，可得，解得(负值舍去)，故A正确;对于B，由为的前项和，由图形可得为，即，，由在曲线上，可得，即得，当时，由，可得，两式相减可得，化为，由，可得，而，所以数列是首项和公差均为的等差数列，所以，故B正确;对于C，由于，则，则，所以,故C不正确；对于D，因为​，由，根据均值不等式：，所以​，故D正确；故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.春节贴春联是中华传统习俗，某手工春联作坊从腊月廿一开始每日量产春联，每日比前一日多产出5副，腊月廿一至腊月廿九不间断生产，累计产出春联360副，则腊月廿七产出的春联为__________副．【答案】50【解析】由题意得每日生产的春联符合等差数列，且公差，，即，解得，则腊月廿七产出的春联为，故答案为：50.13.如图，在长方体中，，点E，F分别在上，且，则平面ABCD与平面AEF夹角的余弦值为__________.【答案】或【解析】以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，如图：则有，且有，易得为平面的法向量，设平面的法向量为，，则有，令，则，则，即平面ABCD与平面AEF夹角的余弦值为，故答案为：.14.椭圆具有光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点，即椭圆上任意点的切线与两焦半径所成的夹角相等.椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上任意一点，直线与椭圆相切于点，过点且垂直的直线交椭圆的长轴于点.若，则的值为__________．【答案】3【解析】由题意可得焦点，法线是角平分线，设点在第一象限，因为点在椭圆上，则有，由角平分线定理可得，设点的横坐标为，则有，，则，即，由可得，整理得，联立，得，又，则，联立，整理得，代入，整理得，解得或（舍），则，则.故答案为：3.四、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.已知圆经过点与点，且圆心在直线上.（1）求圆的方程；（2）若圆上恰有三个点到直线的距离为1，求直线的方程.解：（1）设圆心为，半径为，由题意得，即，且有，即，解得，进而，，则圆的方程为.（2）由题意得一条平行于，且与距离为1的直线与圆相切，此时贡献1个点，一条平行于，且与距离为1的直线与圆相交，此时贡献2个点，且圆心到直线距离，①当直线斜率不存在时，即时，直线，此时圆心到的距离为2，符合题意，与圆相切于1个点，与圆相交于2个点，符合题意，故满足题意；②当直线斜率存在时，即时，直线，则有，解得（已验证）或，此时有直线，易得与圆相切于1个点，与圆相交于2个点，符合题意，故满足题意；综上，直线的方程为或.16.某购物中心举行购物抽奖活动，顾客购物达到一定金额后即可获得一次抽奖机会.抽奖时，从装有2个红球，4个绿球（每个球大小和质地相同）的抽奖箱中，每次随机摸取2个球.若两球都是红色，则获得一等奖；若两球不同色，则获得二等奖；若两球都是绿色，则不获奖.每人每次抽球互不影响.（1）求顾客获得一等奖的概率；（2）现有3名顾客参与抽奖，求至少两人获奖的概率.解：（1）设事件为“顾客获得一等奖”，从6个球中随机摸取2个球的情况数为种，从2个红球中随机摸取2个红球的情况数为种.则.（2）由题意得每次抽奖独立，则不获奖的概率为，则获奖的概率为，设3名顾客中获奖的人数为，则，则，，所以.17.已知数列满足，且，数列满足．（1）求证：为等比数列；（2）求数列的前项和.（1）证明：因为，所以，即，所以数列为等比数列；（2）解：因为，所以，所以，又，所以，所以数列的通项公式为.，，两式作差得，所以.18.椭圆经过点，其焦距为4，直线与椭圆相交于A，B两点，为椭圆上的一动点.（1）求椭圆的方程；（2）当直线AB经过点时，求面积的最大值；（3）设直线PA，PB分别交轴于点M，N，判断与大小关系，并给出证明.（1）解：由题意可得，所以，所以，又，所以，．所以椭圆的方程为．（2）解：因为直线AB经过点，所以，所以，即，所以.过点T作直线AB的平行线，联立方程消去y后整理为，由，可得，T到直线AB的距离等于直线l与直线AB间的距离d，则，所以，即面积的最大值为；（3）证明：联立方程消去y后整理为，由，可得，设，，则，由题意知，，所以（*），由，得，所以（*）的分子，所以，即，从而，所以.19.如图，在四棱锥中，.（1）求证：平面平面ABCD；（2）当CD与平面PBC所成的角最大时，（i）求证：；（ii）若，在线段AD上取点满足，，设为棱锥的体积，求数列的前项和.（1）证明：连接，取中点，连接，因为，，所以是等边三角形，故，，且因为，所以，且