2025-2026学年江苏省常州中学高二数学第一学期期末教学质量检测试题含解析.doc

2025-2026学年江苏省常州中学高二数学第一学期期末教学质量检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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．曲线上存在两点A，B到直线到距离等于到的距离，则（ ）
A.12 B.13
C.14 D.15
2．变量，之间有如下对应数据：

3
4
5
6
7

13
11
10
8
7
已知变量与呈线性相关关系，且回归方程为，则的值是（）
A.2.3 B.2.5
C.17.1 D.17.3
3．已知是偶函数的导函数，．若时，，则使得不等式成立的的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
4．已知{}为等比数列.，则＝ （ ）
A.—4 B.4
C.—4或4 D.16
5．若定义在R上的函数的图象如图所示，为函数的导函数，则不等式的解集为（）

A. B.
C. D.
6．如图，在三棱锥中，，，，点在平面内，且，设异面直线与所成角为，则的最大值为（）

A. B.
C. D.
7．已知命题p：，，则命题p的否定为（）
A.， B.，
C.， D.，
8．已知直线：和：，若，则实数的值为（ ）
A. B.3
C.-1或3 D.-1
9．函数在点处的切线方程的斜率是（）
A. B.
C. D.
10．观察下列各式：，，，，，可以得出的一般结论是
A.
B.
C.
D.
11．已知条件：，条件：表示一个椭圆，则是的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
12．已知等差数列的前n项和为，且，，则为（）
A. B.
C. D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为4，过点的直线与抛物线交于，两点，若，则______
14．数学家欧拉年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线，已知的顶点、，其欧拉线的方程为，则的外接圆方程为______.
15．一个物体的运动方程为其中位移的单位是米，时间的单位是秒，那么物体在秒末的瞬时速度是__________米/秒
16．设双曲线的焦点为，点为上一点，，则为_____.
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）设，分别是椭圆：的左、右焦点，的离心率为，点是上一点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆E于A，B两点，且，求直线的方程.
18．（12分）已知各项均为正数的等差数列中，，且，，构成等比数列的前三项
（1）求数列，的通项公式；
（2）求数列的前项和
19．（12分）已知抛物线C：，过点且斜率为k的直线与抛物线C相交于P，Q两点.
（1）设点B在x轴上，分别记直线PB，QB的斜率为.若，求点B的坐标；
（2）过抛物线C的焦点F作直线PQ的平行线与抛物线C相交于M，N两点，求的值.
20．（12分）已知抛物线上一点到焦点的距离与到轴的距离相等.
（1）求抛物线的方程
（2）若直线与抛物线交于A，两点，且满足(为坐标原点)，证明：直线与轴的交点为定点.
21．（12分）在数列中，,，数列满足
（1）求证：数列是等比数列，并求出数列的通项公式；
（2）数列前项和为，且满足，求的表达式；
（3）令，对于大于的正整数、（其中），若、、三个数经适当排序后能构成等差数列，求符合条件的数组.
22．（10分）已知椭圆的两焦点为、，P为椭圆上一点，且
（1）求此椭圆的方程；
（2）若点P在第二象限，，求的面积
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、D
【解析】由题可知A，B为半圆C与抛物线的交点，利用韦达定理及抛物线的定义即求.
【详解】由曲线，可得，
即，为圆心为，半径为7半圆，
又直线为抛物线的准线，点为抛物线的焦点，
依题意可知A，B为半圆C与抛物线的交点，
由，得，
设，则，，
∴.
故选：D.
2、D
【解析】将样本中心点代入回归方程后求解
【详解】，，将样本中心点代入回归方程，
得
故选：D
3、C
【解析】构造函数，分析函数在上的单调性，将所求不等式变形为，可得出关于的不等式，即可得解.
【详解】构造函数，其中，则，
所以，函数为上的奇函数，
当时，，且不恒为零，
所以，函数在上为增函数，且该函数在上也为增函数，
故函数在上为增函数，
因为，则，
由得，可得，解得
故选：C.
4、B
【解析】根据题意先求出公比，进而用等比数列通项公式求得答案.
【详解】由题意，设公比为q，则，则.
故选：B.
5、A
【解析】由函数单调性得出和的解，然后分类讨论解不等式可得
【详解】由图象可知：在为正，在为负，
，可化为：或，解得或
故选：A
6、D
【解析】设线段的中点为，连接，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，然后以点为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，且，求出的最大值，利用空间向量法可求得的最大值.
【详解】设线段的中点为，连接，

，为的中点，则，
，则，，同理可得，，
，平面，
过点在平面内作，垂足为点，
因为，所以，为等边三角形，故为的中点，
平面，平面，则，
，，平面，
以点为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

因为是边长为的等边三角形，为的中点，则，
则、、、，
由于点在平面内，
可设，
其中，且，
从而，
因为，则，
所以，，
故当时，有最大值，即，
故，即有最大值，
所以，.
故选：D.
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
7、D
【解析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.
【详解】根据全称命题与存在性命题的关系可得：
命题“p：，”的否定式为“，”.
故选：D.
8、D
【解析】利用两直线平行列式求出a值，再验证即可判断作答.
【详解】因，则，解得或，
当时，与重合，不符合题意，当时，，符合题意，
所以实数的值为-1.
故选：D
9、D
【解析】求解导函数，再由导数的几何意义得切线的斜率.
【详解】求导得，由导数的几何意义得，所以函数在处切线的斜率为.
故选：D
10、C
【解析】1=12，
2+3+4=32，
3+4+5+6+7=52，
4+5+6+7+8+9+10=72，
…，
由上述式子可以归纳：
左边每一个式子均有2n-1项，且第一项为n，则最后一项为3n-2
右边均为2n-1的平方
故选C
点睛：归纳推理的一般步骤是：（1）通过观察个别情况发现某些相同性质；（2）从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题（猜想）
11、B
【解析】根据曲线方程，结合充分、必要性的定义判断题设条件间的关系.
【详解】由，若，则表示一个圆，充分性不成立；
而表示一个椭圆，则成立，必要性成立.
所以是的必要不充分条件.
故选：B
12、C
【解析】直接由等差数列求和公式结合，求出，再由求和公式求出即可.
【详解】由题意知：，解得，则.
故选：C.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、15
【解析】易得抛物线方程为，根据，求得点P的坐标，进而得到直线l的方程，与抛物线方程联立，再利用抛物线定义求解.
【详解】解：因为抛物线的焦点到准线的距离为4，
所以，则抛物线：，
设点的坐标为，的坐标为，
因为，
所以，则，
则，
所以直线的方程为，
代入抛物线方程可得，
故，则，
所以
故答案为：15
14、
【解析】求出线段的垂直平分线方程，与欧拉线方程联立，求出的外接圆圆心坐标，并求出外接圆的半径，由此可得出的外接圆方程.
【详解】直线的斜率为，线段的中点为，
所以，线段的垂直平分线的斜率为，
则线段垂直平分线方程为，即，
联立，解得，即的外心为，
所以，的外接圆的半径为，
因此，的外接圆方程为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求圆的方程，主要有两种方法：
（1）几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理
如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；
②圆心在任意弦的中垂线上；
③两圆相切时，切点与两圆心三点共线；
（2）待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式
15、5
【解析】，
16、
【解析】将方程化为双曲线的标准方程，再利用双曲线的定义进行求解.
【详解】将化为，
所以，，
由双曲线的定义，得：，
即，
所以或（舍）
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）
（2）或
【解析】(1)按照所给的条件带入椭圆方程以及e的定义即可；
（2）联立直线与椭圆方程，表达出，解方程即可.
【小问1详解
由题意知，，且，解得，，所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由题意知，直线的斜率存在且不为0，故可设直线的方程为，设，.
由得，
则……①，……②，
因为，所以，，
由可得…… ③
由①②③可得，
解得，，
所以直线的方程为或，
故答案为：，或.
18、（1）；
（2）
【解析】（1）设等差数列公差为d，利用基本量代换列方程组求出的通项公式，进而求出的首项和公比，即可求出的通项公式；
（2）利用分组求和法直接求和.
【小问1详解】
设等差数列的公差为d，
则由已知得：，即，
又，
解得或（舍去），所以.
，
又，，
，；
【小问2详解】
，

.
19、（1）
（2）
【解析】（1）直线的方程为，其中，联立直线与抛物线方程，由韦达定理结合已知条件可求得点的坐标；
（2）直线的方程为，利用倾斜角定义知，，联立直线与抛物线方程，利用弦长公式求得，进而得解.
小问1详解】
由题意，直线的方程为，其中.
设，
联立，消去得.
.
，，即.
，即.
，，∴点的坐标为.
【小问2详解】
由题意，直线的方程为，其中，为倾斜角，
则，

设.
联立，消去得.
.

.
20、（1）；
（2）证明见解析.
【解析】(1)利用抛物线点，n)到焦点的距离等于到x轴的距离求出，从而得到抛物线的标准方程
(2)联立直线与抛物线方程，通过韦达定理求出直线方程，然后由，即可求解
【小问1详解】
由题意可得，故抛物线方程为；
【小问2详解】
设，，，，直线的方程为，
联立方程中，消去得，，
则，
又，
解得或(舍去)，直线方程为，直线过定点
21、（1）证明见解析，；
（2）；
（3）.
【解析】（1）由已知等式变形可得，利用等比数列的定义可证得结论成立，确定等比数列的首项和公比，可求得数列的通项公式；
（2）求得，然后分、两种情况讨论，结合裂项相消法可得出的表达式；
（3）求得，分、、三种情况讨论，利用奇数与偶数的性质以及整数的性质可求得、的值，综合可得出结论.
【小问1详解】
解：由可得，，则，，
以此类推可知，对任意的，，则，
故数列为等比数列，且该数列的首项为，公比为，
故，可得.
【小问2详解】
解：由（1）知，所以，所以，
当n＝1时，，
当时，.
因为满足，所以.
【小问3详解】
解：，、、这三项经适当排序后能构成等差数列，
①若，则，所以，，
又，所以，，则；
②若，则，则，
左边为偶数，右边为奇数，所以，②不成立；
③若，同②可知③也不成立
综合①②③得，
22、（1）；
（2）.
【解析】（1）由题可得，根据椭圆的定义，求得，进而求得的值，即可求解；
（2）由题可得直线方程为，联立椭圆方程可得点P，利用三角形的面积公式，即求.
【小问1详解】
设椭圆的标准方程为，焦距为，
由题可得，，
所以，可得，即，
则，
所以椭圆的标准方程为
【小问2详解】
设点坐标为，，，
∵，
∴所在的直线方程为，
则解方程组，可得，
∴.