2025-2026学年吕梁市重点中学高二上数学期末教学质量检测试题含解析.doc

2025-2026学年吕梁市重点中学高二上数学期末教学质量检测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．直线的倾斜角是（）
A. B.
C. D.
2．已知随圆与双曲线相同的焦点，则椭圆和双曲线的离心，分别为（ ）
A. B.
C. D.
3．已知双曲线的离心率为，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
4．若，则下列不等式①；②；③；④中，正确的不等式有（ ）
A.0个 B.1个
C.2个 D.3个
5．命题任意圆的内接四边形是矩形，则为（）
A.每一个圆的内接四边形是矩形
B.有的圆的内接四边形不是矩形
C.所有圆的内接四边形不是矩形
D.存在一个圆的内接四边形是矩形
6．已知四棱锥，底面为平行四边形，分别为，上的点，，设，则向量用为基底表示为（ ）

A. B.
C. D.
7．设为等差数列的前项和，若，则的值为（ ）
A.14 B.28
C.36 D.48
8．执行如图所示的程序框图，则输出的

A. B.
C. D.
9．为了了解1200名学生对学校某项教改实验的意见，打算从中抽取一个容量为40的样本，采用系统抽样方法，则分段的间隔为（）
A.40 B.30
C.20 D.12
10．阿基米德（公元前287年～公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到的椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆的对称轴为坐标轴，焦点在轴上，且椭圆的离心率为，面积为，则椭圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
11．2020年北京时间11月24日我国嫦娥五号探月飞行器成功发射.嫦娥五号是我国探月工程“绕、落、回”三步走的收官之战，经历发射入轨、地月转移、近月制动、环月飞行、着陆下降、月面工作、月面上升、交会对接与样品转移、环月等待、月地转移、再入回收等11个关键阶段.在经过交会对接与样品转移阶段后，若嫦娥五号返回器在近月点（离月面最近的点）约为200公里，远月点（离月面最远的点）约为8600公里，以月球中心为一个焦点的椭圆形轨道上等待时间窗口和指令进行下一步动作，月球半径约为1740公里，则此椭圆轨道的离心率约为（）

A.0.32 B.0.48
C.0.68 D.0.82
12．直线的倾斜角大小为（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知直线在两坐标轴上的截距分别为，，则__________.
14．已知等差数列的前项和为，若，，则数列的前2021项和为___________.
15．已知双曲线，的左、右焦点分别为、，且的焦点到渐近线的距离为1，直线与交于，两点，为弦的中点，若为坐标原点）的斜率为，，则下列结论正确的是____________
①；②的离心率为；③若，则的面积为2；
④若的面积为，则为钝角三角形
16．在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则下列说法中，正确的有_________（请填入所有正确说法的序号）
①当时，的周长为定值
②当时，三棱锥的体积为定值
③当时，有且仅有一个点P，使得
④当时，有且仅有一个点P，使得平面
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图所示，是棱长为的正方体，是棱的中点，是棱的中点

（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求到平面的距离
18．（12分）（1）证明：；
（2）已知：，，且，求证：.
19．（12分）已知定点，动点与连线的斜率之积.
（1）设动点的轨迹为，求的方程；
（2）若是上关于轴对称的两个不同点，直线与轴分别交于点.试判断以为直径的圆是否过定点，如经过，求出定点坐标；如不过定点，请说明理由.
20．（12分）已知椭圆的离心率，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆相交于不同的两点，已知点的坐标为，若，求直线的方程
21．（12分）已知椭圆的一个焦点坐标为，离心率为
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）O为坐标原点，点P在椭圆C上，若的面积为，求点P的坐标
22．（10分）已知圆的圆心在直线上，且过点
（1）求圆的方程；
（2）已知直线经过原点，并且被圆截得的弦长为2，求直线l的方程.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、A
【解析】将直线方程化为斜截式，由此确定斜率；根据斜率和倾斜角关系可得结果.
【详解】设直线的倾斜角为，则，
由得：，则斜率，.
故选：A.
2、B
【解析】设公共焦点为，推导出，可得出，进而可求得、的值.
【详解】设公共焦点为，则，则，
即，故，
即，，
故选：B
3、B
【解析】根据a的值和离心率可求得b,从而求得渐近线方程.
【详解】由双曲线的离心率为，知 ，
则，即有 ，故，
所以双曲线C的渐近线方程为 ，即，
故选：B.
4、C
【解析】由条件，可得，利用不等式的性质和基本不等式可判断①、②、③、④中不等式的正误，得出答案.
【详解】因为，所以.
因此，且，且②、③不正确.
所以，所以①正确，
由得、均为正数，所以，（由条件，所以等号不成立），所以④正确.
故选：C.
5、B
【解析】全称命题的否定特称命题，任意改为存在，把结论否定.
【详解】全称量词命题的否定是特称命题，需要将全称量词换为存在量词，答案A，C不符合题意，同时对结论进行否定，所以：有的圆的内接四边形不是矩形，
故选：B.
6、D
【解析】通过寻找封闭的三角形，将相关向量一步步用基底表示即可.
【详解】

.
故选：D
7、D
【解析】利用等差数列的前项和公式以及等差数列的性质即可求出.
【详解】因为为等差数列的前项和，
所以

故选：D
【点睛】本题考查了等差数列的前项和公式的计算以及等差数列性质的应用，属于较易题.
8、B
【解析】根据输入的条件执行循环，并且每一次都要判断结论是或否，直至退出循环.
【详解】，，，；，
【点睛】本题考查程序框图，执行循环，属于基础题.
9、B
【解析】根据系统抽样的概念，以及抽样距的求法，可得结果.
【详解】由总数为1200，样本容量为40，
所以抽样距为：
故选：B
【点睛】本题考查系统抽样的概念，属基础题.
10、C
【解析】由题意，设出椭圆的标准方程为，然后根据椭圆的离心率以及椭圆面积列出关于的方程组，求解方程组即可得答案
【详解】由题意，设椭圆的方程为，
由椭圆的离心率为，面积为，
∴，解得，
∴椭圆的方程为，
故选：C.
11、C
【解析】由题意可知，求出的值，从而可求出椭圆的离心率
【详解】解：由题意得，解得，
所以离心率，
故选：C
12、B
【解析】将直线方程变为斜截式，根据斜率与倾斜角关系可直接求解.
【详解】由直线可得，
所以，
设倾斜角为，则
因为
所以
故选：B

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、##
【解析】根据截距定义，分别令，可得.
【详解】由直线，令得，即
令，得，即，
故.
故答案为：
14、
【解析】根据题意求出，代入中，再利用裂项相消即可求出答案.
【详解】由是等差数列且，可知：，
故.
，
数列的前2021项和为.
故答案为：.
15、②④
【解析】由已知可得，可求，，从而判断①②，求出△的面积可判断③，设，，利用面积求出点的坐标，再求边长，求出可判断④
【详解】解：设，，，，可得，，
两式相减可得，
由题意可得，且，，，
，，，故②正确；
的焦点到渐近线的距离为1，设到渐近线的距离为，则，即，，故①错误，
，
若，不妨设在右支上，
，又，，
则的面积为，故③不正确；
设，，，，
将代入双曲线，得，，
根据双曲线的对称性，不妨取点的坐标为，，
，，
，为钝角，为钝角三角形．故④正确
故答案为：②④
16、②④
【解析】①结合得到P在线段上，结合图形可知不同位置下周长不同；②由线面平行得到点到平面距离不变，故体积为定值；③结合图形得到不同位置下有，判断出③错误；④结合图形得到有唯一的点P，使得线面垂直.
【详解】由题意得：，，，所以P为正方形内一点，
①，当时，，即，，所以P在线段上，所以周长为，如图1所示，当点P在处时，，故①错误；

②，如图2，当时，即，即，，所以P在上，，因为∥BC，平面，平面，所以点P到平面距离不变，即h不变，故②正确；

③，当时，即，如图3，M为中点，N为BC的中点，P是MN上一动点，易知当时，点P与点N重合时，由于△ABC为等边三角形，N为BC中点，所以AN⊥BC，又⊥BC，，所以BN⊥平面，因为平面，则，当时，点P与点M重合时，可证明出⊥平面，而平面，则，即，故③错误；

④，当时，即，如图4所示，D为的中点，E为的中点，则P为DE上一动点，易知，若平面，只需即可，取的中点F，连接，又因为平面，所以，若，只需平面，即即可，如图5，易知当且仅当点P与点E重合时，故只有一个点P符合要求，使得平面，故④正确.

故选：②④
【点睛】立体几何的压轴题，通常情况下要画出图形，利用线面平行，线面垂直及特殊点，特殊值进行排除选项，或者用等体积法进行转化等思路进行解决.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）
（2）
【解析】（1）以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值；
（2）求出平面的法向量，利用空间向量法可求得到平面的距离.
【小问1详解】
解：以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的坐标系

则、、、、、、，所以，，
设平面的一个法向量为，，，
由，取，可得，
所以，，
直线与平面所成角的正弦为
小问2详解】
解：设平面的一个法向量，，，
由，即，令，得，
，所以点到平面的距离为
即到平面的距离为
18、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）利用分析法证明即可；
（2）将与相乘，展开后利用基本不等式可证明所证不等式成立.
【详解】（1）要证成立，即证，即证，即证，
而显然成立，故成立；
（2）已知，，且，则，
当且仅当时，等号成立，故.
19、（1）；
（2）以为直径的圆过定点，定点坐标为和.
【解析】(1)设动点的坐标，利用斜率坐标公式结合已知列式即可作答.
(2)设上任意一点，求出点M，N的坐标，再求出以为直径的圆的方程即可分析作答.
【小问1详解】
设点，则直线PA，PB的斜率分别为：，，
依题意，，化简整理得：，
所以的方程是：.
【小问2详解】
由(1)知，令是上任意一点，则点，
直线：，则点，直线：，则点，
以MN为直径的圆上任意一点，当点Q与M，N都不重合时，，有，
当点Q与M，N之一重合时，也成立，
因此，以MN为直径的圆的方程为：，
化简整理得：，而，即，
则以MN为直径的圆的方程化为：，显然当时，恒有，
即圆恒过两个定点和，
所以以为直径的圆过定点，定点坐标为和.
【点睛】知识点睛：以点为直径两个端点的圆的方程是：.
20、（1）
（2）
【解析】（1）由离心率公式以及椭圆的性质列出方程组得出椭圆的方程；
（2）联立直线和椭圆方程，利用韦达定理得出点坐标，最后由距离公式得出直线的方程
【小问1详解】
由题意可得，得，，椭圆；
【小问2详解】
设，，直线为
由，得
显然，由韦达定理有：，则；
所以，且，
若，解得，所以
21、（1）
（2）或或或
【解析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的标准方程.
（2）根据三角形的面积列方程，化简求得点的坐标.
【小问1详解】
设椭圆C的焦距为，
由题意有，得，
，
故椭圆C的标准方程为；
【小问2详解】
设点P的坐标为，
由的面积为，有，得，
有，得，
故点P的坐标为或或或
22、（1）；（2）或.
【解析】（1）根据题意设圆心坐标为，进而得，解得，故圆的方程为
（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论求解即可.
【详解】（1）圆的圆心在直线上，设所求圆心坐标为
∵ 过点，

解得
∴ 所求圆的方程为
（2）直线经过原点，并且被圆截得的弦长为2
①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时直线被圆截得的弦长为2，满足条件；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由于直线被圆截得的弦长为，故圆心到直线的距离为
故由点到直线的距离公式得：
解得，所以直线l的方程为
综上所述，则直线l的方程为或
【点睛】易错点点睛：本题第二问在解题的过程中要注意直线斜率不存在情况的讨论，即分直线的斜率存在和不存在两种，避免在解题的过程中忽视斜率不存在的情况致错，考查运算求解能力与分类讨论思想，是中档题.