湖北黄冈市2025-2026学年高二数学上学期期末考试试题含解析

本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证

号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2.选择题的作答：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.写在试

卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答

题卡上的非答题区域均无效.

4.考试结束后，请将答题卡上交.

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.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】

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【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；

综上，“”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，

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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：C

5.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：A

6.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

，若平面的方程为，则点到平面的

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．

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【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，

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所以，，则，故D错误

故选：C

8.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：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.

9.设等差数列前项和为，，，则下列结论正确的有（）

A.B.

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C.当取最小值时，或D.当取最大值时，

【答案】BD

【解析】

【分析】根据题意列出方程求出首项及公差，得到通项公式、前项和公式判断AB，再由前项和公式配

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，所以当时，数列单调递增，故最大项为，当

时，数列单调递增，且，，所以当取最大值时，，

故D正确.

故选：BD

10.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

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【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，，

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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.

11.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

体的体对角线，即可根据对称性求解B，根据向量的运算律即可求解C，根据点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；

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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15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，

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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；

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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77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）过点作直线与两坐标轴的正半轴相交，设到的距离分别为，，求的最大

值及此时直线的方程.

【答案】（1）

（2）最大值为，

【解析】

【分析】（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；

（2）设圆心D到直线的距离为，由为圆的直径，得到，结合，当且仅当

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.

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【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4道题目，应聘者需依次作答且回答各题是相互独立的，第1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】

【分析】（1）在第3题时得分分才能入围下一环节，要答完第3题分为以下情况：3个题都答对，第1

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0分），只答对第1

题（得10分），只答对第2题（得20分），只答对第3题（得30分），只答对第1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，

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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】

【分析】（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】

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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】

【分析】（1）先得到平面，利用线面平行的性质得到，再利用线面平行的判定定理证

明即可；

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（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

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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