湖北黄冈市2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题

年秋季高二年级期末考试数学本试卷共4页，题全卷满分分考试用时分钟.注意事项：号条形码在答题卡上的指定位置.选择题的作答：每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.题卡上的非答题区域均无效.考试结束后，请将答题卡上交.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.已知数列满足，，则（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析】根据数列的递推公式依次迭代即可；【详解】因为，所以，则.故选：C.2.设正项等比数列的公比为，则“”是“数列为递增数列”的（）条件.A.充分不必要B.必要不充分C.充要D.既不充分也不必要【答案】C【解析】第1页/共18页

【分析】根据等比数列性质判断即可.【详解】由题可知正项等比数列的通项公式为.当且时，，因为，所以，此时数列是递增数列，充分性成立；如果数列是递增数列，需要满足，即，因为，两边同时除以，得，必要性成立；”是“数列为递增数列”的充要条件.故选：3.若双曲线的离心率是椭圆离心率的6倍，则正实数的值为（）A.3B.C.2D.【答案】D【解析】【分析】根据椭圆和双曲线的离心率计算公式即可求解．【详解】椭圆的离心率，双曲线的离心率由题意可知，解得．故选：D．4.圆与圆的公切线条数为（）A.条B.条C.条D.条【答案】C【解析】【分析】判断两圆的位置关系，可得出两圆的公切线条数.【详解】圆的圆心为，半径为，第2页/共18页

圆的标准方程为，圆心为，半径为，，，所以两个圆相交，所以圆与圆的公切线条数为条.故选：C5.在四面体中，设，，，为的中点，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.【详解】由已知，.故选：A6.在空间直角坐标系中，过点且以为法向量的平面的方程可以表示为的方程为到平面的距离为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据点到面的距离公式即可利用向量法求解．第3页/共18页

【详解】∵平面的方程为，取平面内一点，则平面的法向量为，又∵，∴，∴点Q到平面的距离为．故选：B．7.一个口袋中装有大小形状相同的个红球和个白球，现从中不放回地依次取出两个小球，记事件“第一次取出红球”，事件“第二次取出红球”，事件“两次取出颜色相同的小球”，事件“两次取出颜色不同的小球”，则下列说法正确的是（）A.事件与事件互斥B.事件与事件相互独立C.D.【答案】C【解析】【分析】根据独立事件，互斥事件的定义进行判断，运用古典概型的概率计算即可.【详解】设红球为，白球为，不放回取两次，所以可能的样本点为共个，对于选项A，事件包含的样本点为，事件包含的样本点为，包含的样本点为，两者可同时发生，不互斥，故A错误；对于选项B，，事件包含的样本点为共个，，表示第一次取红球且两次不同色有，所以.因为，所以不独立，故B错误；对于选项C，事件的样本点为，，的样本点为，，则，故C正确；对于选项D，表示两次不同色且第二次取红球的概率，满足的样本点为，第4页/共18页

所以，，则，故D错误故选：C8.实数，满足，则的最小值为（）A.3B.C.D.6【答案】D【解析】【分析】设，，，问题转化为直线上的动点到直线和点的距离之和的最小值，数形结合求最小值即可.【详解】设，，，表示直线上的动点到直线和点的距离之和，令关于直线的对称点，则，可得，所以关于直线的对称点，则，当且仅当时取等号，故所求最小值是到的距离为.选择：D36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.设等差数列前项和为，，，则下列结论正确的有（）A.B.第5页/共18页

C.当取最小值时，或D.当取最大值时，【答案】BD【解析】项和公式判断AB项和公式配方判断C，根据的单调性判断D.【详解】设等差数列的公差为，则由题意可得，，解得，所以，故A错误；，故B正确；由可知，当且仅当时，取最小值，故C错误；因为时，数列单调递增，且，，所以当取最大值时，，故D正确.故选：BD10.已知点为曲线上的动点，则下列结论正确的有（）A.点的轨迹为双曲线的一支B.设，则使的点有个C.设为原点，则直线的斜率D.曲线以为中点的弦所在直线的方程为【答案】ACD第6页/共18页

【解析】【分析】利用双曲线的定义可判断A选项；化简曲线的方程，利用两点间的距离公式求出点的坐标，可判断B选项；利用直线与双曲线的位置关系可判断C选项；利用点差法可判断D选项.【详解】对于A选项，记点、，则，由双曲线的定义可知，点的轨迹为双曲线的右支，A对；对于B选项，设曲线的方程为，则，可得，又因为，故，所以曲线的方程为，，解得，故，故满足的点只有一个，且，B错；对于C选项，若直线的斜率不存在，且该直线为轴，此时直线与曲线无公共点，所以直线的斜率存在，设直线的方程为，联立可得，关于的方程有正根，所以，解得，C对；对于D选项，设以为中点的弦的端点为、，若直线的斜率不存在，则、关于轴对称，此时线段的中点在轴上，不符合题意，所以直线的斜率存在，由，这两个等式作差得，由题意可得，，第7页/共18页

所以，此时直线的方程为，即，联立可得，则，由韦达定理可得，，即、都为正数，符合题意.综上所述，曲线以为中点的弦所在直线的方程为，D对.故选：ACD.在长方体中，，为的中点，则下列结论正确的有（）A.记直线与直线，，所成的角分别为，，，则B.过点，，的截面将长方体分成两部分的体积之比为C.在平面上存在唯一的点使得D.若动点在长方体的表面上且，则点的轨迹长度为【答案】BCD【解析】【分析】根据长方体的性质，结合线面垂直以及线线角的定义，即可根据正弦值求解A，根据截面过长方BC的轨迹为长方体四个面上的圆弧，即可根据弧长公式求解.【详解】对于A，由长方体的性质可得平面，平面，平面，故故，A错误；第8页/共18页

对于B，取的中点，连接，，由于,故四边形为平行四边形，则过B，E，的截面为，由于长方体的中心在截面上，由长方体对称性知截面两侧的体积相等，B正确；对于C，设线段的中点为，则,由于，故，当且仅当是的中点时等号成立，C正确；对于D，当时，点Q的轨迹是以A为球心的球面与长方体表面的交线，分别研究各个面可得4段圆弧，面和面上均为半径为1，圆心角为的圆弧，面和面.上均为半径为，圆心角为的圆弧，所以点Q的轨迹长度为，D正确，故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.已知等比数列各项均为实数，，，则________.【答案】8【解析】【分析】根据等比数列的通项公式计算即可.【详解】设等比数列的公比为，由题可得，得，解得，因为，且，又因为数列各项均为实数，所以为实数，则为正数，第9页/共18页

故，所以，故答案为：13.过抛物线焦点的直线与抛物线交于，两点，则以弦为直径的圆与直线的交点有________个．【答案】【解析】【分析】结合抛物线的性质，求出以弦为直径的圆的半径及圆心到直线的距离，比较两者即可得解．【详解】可知抛物线的焦点坐标为，准线方程为，设，，以AB为直径的圆的圆心为，半径为，，，因此弦长，圆心为AB中点，故，则圆心到直线的距离为，圆的半径，所以以弦AB为直径的圆与直线的交点个数为0．故答案为：0．14.设点集，从中任取一点满足的概率为________.【答案】【解析】【分析】根据分步乘法计数原理，计算出点集中所有元素的个数，根据等差中项的概念，判断三个数字的关系，再根据分类加法计数原理，求出所有可能的结果，再根据古典概率计算公式，求结果即可.【详解】可知点集中不同的点的个数为个，从中任取一点满足说明，，构成等差数列，设公差为，当时，即，符合条件的点共有８个；第10页/共18页

当时，符合条件的点有个；当时，符合条件的点有个；当时，符合条件的点有个；当时，无符合条件的点；所以从中任取一点满足的点共有个.所以事件的概率.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.已知点.（1）求外接圆的标准方程；（2作直线到的距离分别为，的最大值及此时直线的方程.【答案】（1）（2）最大值为，【解析】1）根据题意，求得，得到，所以外接圆圆心是的中点，进而求得圆D的标准方程；（2D到直线的距离为为圆时等号成立，求得，即可求得直线的方程.【小问1详解】解：由点，可得，则，所以，所以外接圆圆心是的中点，所以，即，半径，所以圆D的标准方程为.第11页/共18页

【小问2详解】解：如图所示，设圆心D到直线的距离为，因为为圆的直径，可得，可得，当且仅当时等号成立，所以的最大值为.因为，所以，所以直线的方程为.16.某公司招聘面试环节共设置了41至4题分值依次为10，20，30，40分，各题答对得满分，答错得0分.累计得分不低于40分即可结束面试并入围下一环节，否则继续作答直至答完4道题目.已知应聘者甲能够答对各道题的概率分别是0.8，0.6，0.5，0.2.（1）求甲答完第3题就入围下一环节的概率；（2）求甲没有入围下一环节的概率.【答案】（1）0.46（2）【解析】13题时得分331题答错、第2和3题答对，第1和3题答对、第2题答错（2）甲没有入围，即答完4道题后累计得分分，分以下几种情况：答对0题（得01题（得102题（得203题（得301题和第2题（得30分）【小问1详解】记“甲答对第道题”为事件，，，，，“甲答完第3题就入围”为事件A，第12页/共18页

则所以甲答完第3题就入围的概率为0.46.【小问2详解】记“甲没入围”为事件B，17.设数列满足，，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】1）由已知得，应用累乘法求通项公式即可；（2）由（1）及已知得，应用错位相减法、等比数列前n项和公式求.【小问1详解】因为，，所以，所以，所以时，，又也符合，故数列的通项公式；【小问2详解】第13页/共18页

因为，于是，，相减得，，所以.18.如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点是以为直径的半圆周上的动点（不过，平面.（1）设平面平面，证明：平面；（2）求三棱锥外接球的表面积；（3）当二面角的余弦值为时，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】1平面明即可；第14页/共18页

（2）分别取，中点，，利用几何关系得到，则点E为三棱锥外接球球心，半径，利用球的表面积公式即可求解；（3）以O原点建立空间直角坐标系，设，，则，利用二面角的余弦值为，求解得到，再利用空间向量求解直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】因为，平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，又因为平面，平面，所以平面ABCD.【小问2详解】因为平面ABCD⊥平面PAD，，平面平面，平面所以分别取，中点，，，所以平面，则所以所以当点P半圆上运动时，所以点E为三棱锥外接球球心，半径所以三棱锥外接球的表面积.【小问3详解】由（2）可建立O为圆心OA为x轴OE为y轴的空间直角坐标系，如图所示，设，，则，，，，，，，取平面的法向量第15页/共18页

设平面的法向量，由，取所以令，代入上式得，所以，即，，所以所以，所以即直线PC与平面PBD所成角的正弦值为.19.已知平面上的动点与点、连线的斜率之积为的直线与点的轨迹交于、（在轴上方）两点，直线、交于点，记，的面积分别为、.（1）求点的轨迹方程；（2）若，求直线的方程；（3）证明：点在定直线上.【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】第16页/共18页

1）设点，利用斜率公式化简可得点的轨迹方程；（2的方程为、、、方程联立，列出韦达定理，根据化简得出，代入韦达定理可求出的值，即可得出直线