福建省闽侯第二中学、连江华侨中学等五校教学联合体2025-2026学年数学高二上期末统考试题含解析.doc

福建省闽侯第二中学、连江华侨中学等五校教学联合体2025-2026学年数学高二上期末统考试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．已知函数，若，，则实数的取值范围是
A. B.
C. D.
2．设.若，则＝（ ）
A. B.
C. D.e
3．某程序框图如图所示，该程序运行后输出的k的值是

A.3 B.4
C.5 D.6
4．2021年小林大学毕业后，9月1日开始工作，他决定给自己开一张储蓄银行卡，每月的10号存钱至该银行卡（假设当天存钱次日到账）.2021年9月10日他给卡上存入1元，以后每月存的钱数比上个月多一倍，则他这张银行卡账上存钱总额（不含银行利息）首次达到1万元的时间为（）
A.2022年12月11日 B.2022年11月11日
C.2022年10月11日 D.2022年9月11日
5．对于实数a，b，c，下列命题为真命题的是（）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
6．现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤，若该金锤从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，该金锤共重（）斤
A.6 B.7
C.9 D.15
7．两位同学课余玩一种类似于古代印度的“梵塔游戏”：有3个柱子甲、乙、丙，甲柱上有个盘子，最上面的两个盘子大小相同，从第二个盘子往下大小不等，大的在下，小的在上（如图）.把这个盘子从甲柱全部移到乙柱游戏结束，在移动的过程中每次只能移动一个盘子，甲、乙、丙柱都可以利用，且3个柱子上的盘子始终保持小的盘子不能放在大的盘子之下.设游戏结束需要移动的最少次数为，则当时，和满足

A. B.
C. D.
8．如图，、分别是椭圆的左顶点和上顶点，从椭圆上一点向轴作垂线，垂足为右焦点，且，点到右准线的距离为，则椭圆方程为（）

A. B.
C. D.
9．命题“存在，使得”为真命题的一个充分不必要条件是（）
A. B.
C. D.
10．经过点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
11．在空间直角坐标系中，已知，，则MN的中点P到坐标原点О的距离为（ ）
A. B.
C.2 D.3
12．某海关缉私艇在执行巡逻任务时，发现其所在位置正西方向20nmile处有一走私船只，正以30nmile/h的速度向北偏东30°的方向逃窜，若缉私艇突然发生机械故障，20min后才以的速度开始追赶，则在走私船只不改变航向和速度的情况下，缉私艇追上走私船只的最短时间为（）
A.1h B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知等差数列公差不为0，且，，等比数列，则_________.
14．若圆与圆相交，则的取值范围是__________.
15．过点作圆的切线，则切线方程为______.
16．已知满足约束条件，则的最小值为___________
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）已知圆，直线
（1）求证：直线与圆恒有两个交点；
（2）设直线与圆的两个交点为、，求的取值范围
18．（12分）如图，圆锥的底面直径与母线长均为4，PO是圆锥的高，点C是底面直径AB所对弧的中点，点D是母线PA的中点

（1）求圆锥的表面积；
（2）求点B到直线CD的距离
19．（12分）椭圆：（）的离心率为，递增直线过椭圆的左焦点，且与椭圆交于两点，若，求直线的斜率.
20．（12分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，.

（1证明：平面平面；
（2）若，为棱的中点，，，求二面角的余弦值
21．（12分）在直角坐标系中，曲线C的参数方程为，（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）写出曲线C的极坐标方程；
（2）已知直线与曲线C相交于A，B两点，求.
22．（10分）已知椭圆）过点A（0，），且与双曲线有相同的焦点
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上异于A的两点，且满足，试判断直线MN是否过定点，并说明理由
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】函数，若，可得，解得或，则实数的取值范围是，故选A.
2、D
【解析】由题可得，将代入解方程即可.
【详解】∵，
∴,
∴，
解得.
故选：D.
3、B
【解析】循环体第一次运行后；第二次运行后；第三次运行后，第四次运行后；循环结束，输出值为4，答案选B
考点：程序框图的功能
4、C
【解析】分析可得每月所存钱数依次成首项为1，公比为2的等比数列，其前n项和为，
分析首次达到1万元的值，即得解
【详解】依题意可知，小林从第一个月开始，每月所存钱数依次成首项为1，公比为2的等比数列，
其前n项和为.
因为为增函数，
且，
所以第14个月的10号存完钱后，他这张银行卡账上存钱总额首次达到1万元，
即2022年10月11日他这张银行卡账上存钱总额首次达到1万元.
故选：C
5、D
【解析】判断不等式的真假，就是要考虑在不等式的变形过程中是否遵守不等式变形的规则.
【详解】若，令，，，，，故A错误；
若，令c=0，则，故B错误；
若，令a=-1，b=-2，，，故C错误；
∵，故，根据不等式运算规则，在不等式的两边同时乘以或除以一个正数，不等式的方向不变，故D正确.
故选：D.
6、D
【解析】设该等差数列为，其公差为，根据题意和等差数列的性质可得，进而求出结果.
【详解】设该等差数列为，其公差为，
由题意知，，
由，解得，
所以.

故选：D
7、C
【解析】通过写出几项，寻找规律，即可得到和满足的递推公式.
【详解】若甲柱有个盘，甲柱上的盘从上往下设为，其中，，
当时，将移到乙柱，只移动1次；
当时，将移到乙柱，将移到乙柱，移动2次；
当时，将移到丙柱，将移到丙柱，将移到乙柱，再将移到乙柱，将移到乙柱，；
当时，将上面的3个移到丙柱，共次，然后将移到乙柱，再将丙柱的3个移到乙柱，共次，所以次；
当时，将上面的4个移到丙柱，共次，然后将移到乙柱，再将丙柱的4个移到乙柱，共次，所以次；
……
以此类推，可知，
故选.
【点睛】主要考查了数列递推公式的求解，属于中档题.这类型题的关键是写出几项，寻找规律，从而得到对应的递推公式.
8、A
【解析】设椭圆方程为，设该椭圆的焦距为，则，求出点的坐标，根据可得出，可得出，，结合已知条件求得的值，可得出、的值，即可得出椭圆的方程.
【详解】设椭圆方程为，设该椭圆的焦距为，则，
由图可知，点第一象限，将代入椭圆方程得，
得，所以，点，
易知点、，，，
因为，则，得，可得，则，
点到右准线的距离为为，则，，
因此，椭圆的方程为.
故选：A.
9、B
【解析】“存在，使得”为真命题，可得，利用二次函数的单调性即可得出．再利用充要条件的判定方法即可得出.
【详解】解：因为“存在，使得”为真命题，
所以，
因此上述命题得个充分不必要条件是.
故选：B.
【点睛】本题考查了二次函数的单调性、充要条件的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
10、A
【解析】根据点斜式求得正确答案.
【详解】直线的斜率为，
经过点且与直线垂直的直线方程为，
即.
故选：A
11、A
【解析】利用中点坐标公式及空间中两点之间的距离公式可得解.
【详解】，，由中点坐标公式，得，
所以.
故选：A
12、A
【解析】设小时后，相遇地点为，在三角形中根据题目条件得出，再在三角形中，由勾股定理即可求出.
【详解】以缉私艇为原点，建立如下图所示的直角坐标系.图中走私船所在位置为，设缉私艇追上走私船的最短时间为，相遇地点为.则，走私船以的速度向北偏东30°的方向逃窜，60°.
因为20min后缉私艇才以的速度开始追赶走私船，所以20min走私船行走了，到达.在三角形中，由余弦定理知：
，则
，所以.
在三角形中，，，有：
，化简得：，则.
缉私艇追上走私船只的最短时间为1h.
故选： A.
点睛】

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】设等差数列的公差为，由，，等比数列，可得，则的值可求
【详解】解：设等差数列的公差为，
，，等比数列，，
则，得，

故答案为：
14、
【解析】根据圆心距小于两半径之和，大于两半径之差的绝对值列出不等式解出即可.
【详解】圆的圆心为原点，半径为，
圆，即的圆心为，半径为，
由于两圆相交，故，即，
解得，即的取值范围是，
故答案为：
15、
【解析】求出切点与圆心连线的斜率后可得切线方程.
【详解】因为点在圆上，故切线必垂直于切点与圆心连线，
而切点与圆心连线的斜率为，故切线的斜率为，
故切线方程为：即.
故答案为：.
16、
【解析】根据题意，作出可行域，进而根据几何意义求解即可.
【详解】解：作出可行域如图，将变形为，
所以根据几何意义，当直线过点时，有最小值，
所以联立方程得，
所以的最小值为
故答案为：

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）证明见解析
（2）
【解析】（1）根据直线的方程可得直线经过定点，而点到圆心的距离小于半径，故点在圆的内部，由此即可证明结果
（2）由圆的性质可知，当过圆心时，取最大值，当和过的直径垂直时，取最小值，由此即可求出结果.
【小问1详解】
证明：由于直线，即
令，解得，
所以恒过点，所以，
所以点在圆内，所以直线与圆恒有两个交点；
【小问2详解】
解：当过圆心时，取最大值，即圆的直径，
由圆的半径，所以的最大值为；
当和过的直径垂直时，取最小值，
此时圆心到的距离，
所以，故的最小值为
综上，的取值范围.
18、（1
（2）
【解析】（1）直接运用圆锥的表面积公式计算即可；
（2）建立空间直角坐标，然后运用向量法计算可求得答案.
【小问1详解】

【小问2详解】
如图，建立直角坐标系
，，，

，
∴B在CD上投影的长度
∴B到CD的距离

解法2：设直线CD上一点E满足
令，则
∴，
∴，∴
∴，故B到CD距离为.
19、1
【解析】根据离心率写出，设出直线为，把直线的方程与椭圆进行联立消，写出韦达定理，再利用，即可解出，进而求出直线的斜率.
【详解】，
.设递增直线的方程为，
把直线的方程与椭圆进行联立：
.
①，②.
③.
把③代入①中得④.
把④代入②中得.
.
.
20、（1）见解析；（2）
【解析】分析：（1）由四边形为矩形，可得，再由已知结合面面垂直的性质可得平面，进一步得到，再由，利用线面垂直的判定定理可得面，即可证得平面；
（2）取的中点，连接，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题得，解得.进而求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解二面角的余弦值.
详解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴CD⊥BC.
∵平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，CD平面ABCD，
∴CD⊥平面PBC，
∴CD⊥PB.
∵PB⊥PD，CD∩PD=D，CDPD平面PCD，∴PB⊥平面PCD.
∵PB平面PAB，∴平面PAB⊥平面PCD.
（2）设BC中点为,连接，
，又面面，且面面，
所以面.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）知PB⊥平面PCD，故PB⊥，设，
可得
所以由题得，解得.
所以
设是平面的法向量，则，即，
可取.
设是平面的法向量，则，即，
可取.
则，
所以二面角的余弦值为.

点睛：本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
21、（1）；（2）.
【解析】（1）首先将圆的参数方程华为普通方程，再转化为极坐标方程即可.
（2）首先联立得到，再求的长度即可.
【详解】（1）将曲线C的参数方程，（为参数）化为普通方程，
得，
极坐标方程为.
（2）联立方程组，
消去得，
设点A，B对应的极径分别为，，则，，
所以.
22、（1）
（2）直线过定点；理由见解析
【解析】（1）根据题意可求得，进而求得椭圆方程；
（2）考虑直线斜率是否存在，设直线方程并联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，然后利用，将根与系数的关系式代入化简得到，结合直线方程,化简可得结论.
【小问1详解】
依题意，，
所以，故椭圆方程为：
【小问2详解】
当直线MN的斜率不存在时，设M（），N（，），
则，,此时M，N重合，不符合题意；
当直线MN的斜率存在时，
设MN的方程为：，M（，），N（），
与椭圆方程联立可得：，
即，
∴，即，
∴

，
∴，
∴，当时，,
直线MN：，
即，令 ，则 ，
∴直线过定点
【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆相交时过定点的问题，解答时要注意解题思路的顺畅，解答的难点在于运算量较大且复杂，需要十分细心.