广东省广州市番禺区2025-2026学年高二上学期教学质量检测（期末）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省广州市番禺区2025-2026学年高二上学期教学质量检测（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，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解不等式，得，则，而，所以.故选：D.2.已知直线的方程为，则该直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则，可得，所以该直线的倾斜角为.故选：A.3.已知是定义在上的偶函数，当时，，则（）A.4 B.2 C. D.【答案】C【解析】因为是定义在上的偶函数，当时，，所以.故选：C.4.某同学在某次考试中每门学科的得分如下：，则数据的第75百分位数为（）A.85 B.87.5 C.90 D.100【答案】C【解析】因为，所以数据的第75百分位数为第5个数90.故选：C.5.已知数列的通项公式为，若数列是递增数列，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为，若数列是递增数列，则，则，即.故选：D.6.已知平面的一个法向量是平面内一点，是平面外一点，则点到平面的距离是（）A. B. C.3 D.【答案】A【解析】由题意，,点到平面的距离是.故选：A.7.依次抛掷两枚质地均匀的骰子，表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”，表示事件“第一次抛掷骰子的点数为”，表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为”，表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为”，则（）．A.与为对立事件 B.与为相互独立事件C.与为相互独立事件 D.与为互斥事件【答案】B【解析】对于A，，所以与不为对立事件．对于B，，，，相互独立．对于C，，，，不相互独立．对于D，事件为，所以与不为互斥事件．故选：B.8.已知直线与双曲线交于两点，线段的中点为，则点的坐标可能是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由双曲线方程可知：渐近线方程为，设，，则，可得直线的斜率，可得直线的斜率，由题意可得：，两式相减可得，整理可得，即.对于选项A：若，则，可得，即，则直线l的方程为，即，联立方程，消去y可得，因为，可知直线l与双曲线不相交，故A错误；对于选项B：若，则，可得，即，则直线l的方程为，即，此时直线l与渐近线重合，可知直线l与双曲线不相交，故B错误；对于选项C：若，则，可得，即，则直线l的方程为，即，联立方程，消去y可得，因为，可知直线l与双曲线相交，故C正确；对于选项D：若，则，可知点在双曲线上，不合题意，故D错误；故选：C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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.记数列的前项和为，若，则（）A.若为等比数列，则B.若为等差数列，则C.若，则D.若，则数列的周期为3【答案】AC【解析】因为，对于选项A：若为等比数列，则公比，所以，故A正确；对于选项B：若为等差数列，则公差，所以，故B错误；对于选项C：若，可知数列的一个周期为6，且，所以，故C正确；对于选项D：若，则数列的一个周期为6，但不能得出，不能确定3是否为数列的周期，故D错误；故选：AC.10.下列说法正确的是（）A.函数的定义域为B.若函数，则C.若函数在上单调递增，则D.若函数，则对任意，都有【答案】BCD【解析】由可得，所以函数的定义域为，故A错误；因为，所以，故B正确；因为函数在上单调递增，所以，解得，故C正确；由分别在上单调递增知，函数在上单调递增，所以对任意，都有，故D正确.故选：BCD.11.已知直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于两点，则下列说法正确的是（）A.B.线段的长度为10C.抛物线上恰有三个点，使得为等腰三角形D.抛物线上恰有三个点到直线的距离为【答案】ABD【解析】对于选项A：因为抛物线的焦点在x轴正半轴上，且直线与x轴的交点为，由题意可知：抛物线的焦点坐标为，即，即，故A正确；对于选项B：可知抛物线方程为，设，联立方程，消去可得，则，所以，故B正确；对于选项C：由图可知：线段的中垂线与抛物线必有2个交点，此时，符合题意；以为圆心，为半径的圆与抛物线至少有一个异于点的交点，此时，符合题意；以为圆心，为半径的圆与抛物线至少有一个异于点的交点，此时，符合题意；综上所述：使得为等腰三角形的点不止3个，故C错误；对于选项D：设与平行的直线方程为，则，解得或，若，则直线为，联立方程，消去y可得，解得，可知直线与抛物线有且仅有一个交点；若，则直线过点，且点在抛物线内部，直线的斜率不为0，可知直线与抛物线有2个交点；综上所述：抛物线上恰有三个点到直线的距离为，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.已知复数，为虚数单位，则______.【答案】【解析】因为复数，所以.故答案为：.13.棱长为2的正四面体中，分别为的中点，则直线和夹角的余弦值是__________.【答案】【解析】连接，取中点，连接，因为是正四面体，且棱长为2，分别为中点，所以，因为分别为中点，所以，且，所以直线和夹角即为，在中，所以在中由余弦定理可得，所以直线和夹角的余弦值是.故答案为：.14.如图，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面相切.椭圆截面与两球分别相切于椭圆的两个焦点.过椭圆上一点作圆锥的母线，分别与两个球相切于点，此时.已知两个球的半径分别为1和3，椭圆的离心率为，则两个球的球心距离为__________.【答案】【解析】作出圆锥的轴截面，如图：圆锥面与两球相切于两点，则，过作于，连接，设与交于点，两球的球心距离为，在中，，，，由，得，而，则，解得，于是，，由，得，则，又，因此，解得，所以两球的球心距离为.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.圆心在射线上的圆与轴相切，且被直线截得的弦长为.（1）求圆的方程；（2）求过点且与该圆相切的直线方程.解：（1）因为圆心在射线上，且圆与轴相切，设圆心为，则圆的半径，圆心到直线的距离，由题意可得：，即，解得或（舍去），即圆心为，则圆的半径，所以圆的方程为.（2）因为，即点在圆上，可得直线的斜率，因为过点且与圆相切，则切线的斜率为，所以切线方程为，即.16.已知等差数列的前项和满足：.（1）求数列的通项公式；（2）若数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和.解：（1）因为，当时，，即；当时，则，可得，即；且符合上式，所以.（2）因为数列是首项为1，公比为2的等比数列，则，即，可得，所以.17.如图，在四棱锥中，底面四边形为正方形，是边长为2的等边三角形，且平面平面分别为的中点．（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值.（1）证明：取中点，连接，则，且，因为四边形是正方形，所以，所以，所以四边形平行四边形，所以，因为面面，所以平面；（2）解：法一：分别取中点，连接，则面面，则两两垂直，所以为正交基底建立空间直角坐标系，正方形和是边长都为2，所以，则，则设面的法向量则，取，因为面，所以面的一个法向量可取，，设二面角的平面角为，则，所以二面角的正弦值为．（2）解法二（综合法）：在中，作，垂足为，因为面面，所以面面，则面，则，又因为分别为中点，可得，则，因为，所以，所以，因为与是面内相交直线，所以面，则，所以是二面角平面角，又因为，在中，，所以，所以二面角的正弦值为．18.数学家在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以椭圆的中心为圆心，以（为椭圆的长半轴长，为椭圆的短半轴长）为半径的圆，这个圆被称为蒙日圆.已知椭圆分别为左，右焦点，离心率是，它的蒙日圆为圆.（1）求椭圆的方程；（2）过点作互相垂直的直线，其中交椭圆于两点，交椭圆于两点，求四边形面积的取值范围；（3）已知点是椭圆上的任意一点，直线与圆相交于两点，求证：.（1）解：因为椭圆的蒙日圆为，所以，因为椭圆的离心率为，所以，联立方程组，解得，则椭圆的方程为.（2）解：由题意得，如图，作出符合题意的图形，①当斜率不存在，斜率为0时，方程为，原点到的距离为，得到，，则四边形面积，②当斜率存在，斜率不为0时，设的方程为，则的方程为，即，设、，联立与的方程，即，消去得，由韦达定理得由于在椭圆内部，可得直线与必相交，由弦长公式得，设，，联立与的方程，即，消去得，由韦达定理得，由弦长公式得，对于互相垂直的直线，可得，设四边形面积为，则，令，则，令，可得，令，，令，，则在上单调递减，在上单调递增，且，当时，，当时，，则，有已知得当斜率不存在，斜率为0时，，故四边形面积的取值范围为.（3）证明：如图，作出符合题意的图形，设，则，可得，又、，由两点间