广东省汕头市澄海区2025-2026学年高二第一学期期末质量监测数学试题（原卷版+解析版）

这是一份广东省汕头市澄海区2025-2026学年高二第一学期期末质量监测数学试题（原卷版+解析版），共24页。试卷主要包含了 已知向量，，若，则， 康托， 圆和圆的交点为，，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
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，再选涂其他答案标号，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，将答题卡交回，试卷考生自己保管.
一、单项选择题：本题共有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. 已知集合和集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知复数（为虚数单位），若为纯虚数，则实数值为（ ）
A. 1B. C. 0D. 2
3. 下列函数是定义在上的偶函数且在上单调递增的是（ ）
A B. C. D.
4. 直线圆相交于，两点，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件
5. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
6. 抛物线与余弦型曲线的交点个数是（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
7. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
8. 康托（Cantr）是十九世纪末二十世纪初德国伟大的数学家，他创立的集合论奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；……如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使“康托三分集”的各区间长度之和小于，则需要操作的次数的最小值为（ ）
（参考数据：，）
A. 5B. 6C. 7D. 8
二、多项选择题：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. 圆和圆的交点为，，则（ ）
A. 圆的半径为2
B. 两圆圆心距
C. 公共弦所在直线的方程为
D. 公共弦的垂直平分线的方程为
10. 已知函数的部分图象如图所示，其中，，则（ ）
A. 的最小正周期为B.
C. 在上单调递减D. 在上有6个零点
11. 已知双曲线左右焦点分别为，，为坐标原点，.经过的直线与的左右两支分别交于，，且为等边三角形，则（ ）
A. 双曲线的方程为
B. 的面积为
C. 以为直径的圆与以实轴为直径的圆内切
D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡相应横线上.
12 已知函数，则_________.
13. 若椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距依次成等差数列，则称其为“等差椭圆”，则“等差椭圆”的离心率为______．
14. 如图，在正四棱柱中，，点为棱的中点，若侧面（包含边界）内的动点满足（，），则点的轨迹的长度是________.
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.温馨提示：考生请注意在答题卡规定区域内用黑色笔作答，超出指定区域答题不给分.
15. 数学期末考试中有8道单项选择题，满分40分，每道题有4个选项，其中有且仅有一个是正确的，评分标准规定：答对得5分，不答或者答错得0分.考生甲每道单项选择题都选出了一个答案，能确定其中有5道题的答案是正确的，而其余3题中，有一道题可以排除两个错误选项，另外两个选项选择的可能性都相等；剩余两道题都能排除一个错误选项，另外三个选项选择的可能性都相等.各道单项选择题答对答错彼此互不影响.
（1）求甲得满分40分的概率；
（2）判断甲单项选择题得多少分的可能性最大，并说明理由.
16. 已知等比数列为递增数列，其前项和为，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，若数列的前项和，求数列的通项公式与前项和.
17. 如图，在三棱锥中，平面，，是的中点，是线段上的一点（不含端点）.

（1）证明：平面；
（2）若平面，证明：为的中点；
（3）若二面角大小为，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
18. 在中，角，，的对边分别为，，，若且.
（1）求角的大小；
（2）求的最大面积；
（3）如图，若，点，分别在边，上，将沿着线段对折，顶点恰好落在边上的点，当时，求重叠部分的面积.
19. 已知椭圆（）的短轴长为，椭圆上一点到右焦点的最小距离是1，设过点且不与轴重合的直线与椭圆交于，两点（在的左侧）.
（1）求的方程；
（2）若轴，
①求证：直线平分.
②若点是直线与的交点，证明：.
2025—2026学年度第一学期期末质量监测
高二级数学科试题
本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
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，再选涂其他答案标号，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，将答题卡交回，试卷考生自己保管.
一、单项选择题：本题共有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. 已知集合和集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出集合，再利用交集的概念和运算法则计算求解．
【详解】，函数的定义域为，解得，
，y，
，即，故A正确．
故选：A．
2. 已知复数（为虚数单位），若为纯虚数，则实数的值为（ ）
A. 1B. C. 0D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据纯虚数的概念，可得答案.
【详解】由题意可得，解得.
故选：C.
3. 下列函数是定义在上的偶函数且在上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据常见函数的性质判断即可.
【详解】对于，因为的定义域为，不是，故错误；
对于，因为的定义域为，且，所以是奇函数，故错误；
对于，因为的定义域为，且，所以是偶函数，
当时，，在上单调递增，故正确；
对于，因为的定义域为，不是，故错误.
故选：.
4. 直线圆相交于，两点，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据点到直线距离公式和垂径定理得到方程，求出，从而得到答案.
【详解】圆心到直线的距离为，
当时，由垂径定理得，
即，解得，
故“”是“”的充分而不必要条件.
故选：A
5. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令和的夹角为，根据投影向量的定义直接求解即可.
【详解】令和的夹角为，
则，
则向量在向量上的投影向量为.
故选：C
6. 抛物线与余弦型曲线的交点个数是（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】由图像可知，主要确定和时，比较抛物线的纵坐标和余弦型函数的最大最小值的大小即可.
【详解】由图得有1个交点；在没有交点；
将代入抛物线得：，，所以在有2个交点；
将代入抛物线得：，，所以在没有交点.
因此共有3个交点.

故选：B.
7. 已知向量，，若，则（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的坐标公式得，利用同角三角函数的平方关系，及二倍角公式计算即可.
【详解】易知，所以，
则，即.
故选：D
8. 康托（Cantr）是十九世纪末二十世纪初德国伟大的数学家，他创立的集合论奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；……如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使“康托三分集”的各区间长度之和小于，则需要操作的次数的最小值为（ ）
（参考数据：，）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】先由题设得到前几次操作去掉的区间的长度，接着归纳出第次操作去掉的区间的长度和为，把次操作中去掉的区间的长度之和转化为等比数列的前项和，求出前项和，再求解不等式即可．
【详解】第一次操作去掉的区间长度为；
第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；
第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为；
，
第次操作去掉个长度为的区间，长度和为，
于是进行了次操作后，所有去掉的区间长度之和为：
，
由题意知：，即，则，
解得
又为整数，
可得的最小值为7.
故选：C．
二、多项选择题：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. 圆和圆的交点为，，则（ ）
A. 圆的半径为2
B. 两圆圆心距
C. 公共弦所在直线的方程为
D. 公共弦的垂直平分线的方程为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用圆的一般方程化为标准方程可求圆心与半径，可判定A，结合两点距离公式可判定B，利用两圆位置关系可计算公共弦方程判定C，根据圆的对称性及两圆圆心坐标计算可判定D.
【详解】由题意可知，，
所以两圆圆心分别为，圆的半径为，，
故A错误，B正确；
两圆方程作差得，则公共弦所在直线的方程为，故C正确；
由圆的对称性可知公共弦的垂直平分线为直线,
由上易知直线方程为，整理得，故D错误.
故选：BC
10. 已知函数的部分图象如图所示，其中，，则（ ）
A. 的最小正周期为B.
C. 在上单调递减D. 在上有6个零点
【答案】ABD
【解析】
【分析】先求出的解析式，再利用余弦函数的性质分析函数的最小正周期，对应值，单调区间及零点情况．
【详解】间距为，结合图象可知，故，
，，
，代入点得，
，，取，得，
，
选项A：
最小正周期为，故A正确；
选项B：，，
，故B正确；
选项C：的单调递减区间为，解得，
当时，递减区间为，包含递增区间，不满足单调递减，故C错误；
选项D：的零点满足，解得，
在内，时共6个零点，故D正确．
故选：ABD．
11. 已知双曲线的左右焦点分别为，，为坐标原点，.经过的直线与的左右两支分别交于，，且为等边三角形，则（ ）
A. 双曲线的方程为
B. 的面积为
C. 以为直径的圆与以实轴为直径的圆内切
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据双曲线的概念、等边三角形的性质以及余弦定理，求出，根据焦距求得，即可求出双曲线的标准方程判断A；根据正弦定理三角形面积公式，判断B；根据两圆内切时圆心距离和半径之间的关系，判断C；根据向量垂直的坐标表示，设出点的坐标，写出向量坐标，进而判断D.
【详解】
如图所示，根据双曲线的概念可得，
因为为等边三角形，所以，
两式相加可得，即，
则，即，解得
在中，，
由余弦定理可知，解得，
则，所以双曲线标准方程为，所以A错误；
在中，，，
所以，所以B正确；

如图所示，作线段中点，连接，
在中，分别为中点，所以，
以为直径的圆圆心为，半径为，
以实轴为直径的圆圆心为，半径为，
则，所以两圆内切，所以C正确；
设点，点，则，
则，
可知，即，
代入上式得，
当时，即，因为，解得，
可知仅当时，此时，解得，
不妨取，此时，满足条件，
所以，所以D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡相应横线上.
12. 已知函数，则_________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据函数解析式代入求值即可.
【详解】根据分段函数解析式，知，，
所以.
故答案为：.
13. 若椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距依次成等差数列，则称其为“等差椭圆”，则“等差椭圆”的离心率为______．
【答案】##0.6
【解析】
【分析】设椭圆的半焦距为，利用条件得到，结合消去，计算即得椭圆的离心率.
【详解】设椭圆的半焦距为，离心率为，
因为长半轴长、短半轴长、半焦距成等差数列，所以，
又，所以，则，
两边同时除以，得，解得（舍去）．
所以“等差椭圆”的离心率为．
故答案为：.
14. 如图，在正四棱柱中，，点为棱的中点，若侧面（包含边界）内的动点满足（，），则点的轨迹的长度是________.
【答案】
【解析】
【分析】取的中点，连接，证明，得到四点共面，结合题设条件和平面平面，可得点的轨迹为线段，求其长度即可.
【详解】如图，分别取中点，连接.
易得，则四边形为平行四边形，.
又，可得，则，故，
即四点共面.
又平面平面，
侧面（包含边界）内的动点满足（，），
由共面向量基本定理可知点既在平面内，又在平面内，
故点轨迹即线段，其长度为.
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.温馨提示：考生请注意在答题卡规定区域内用黑色笔作答，超出指定区域答题不给分.
15. 数学期末考试中有8道单项选择题，满分40分，每道题有4个选项，其中有且仅有一个是正确的，评分标准规定：答对得5分，不答或者答错得0分.考生甲每道单项选择题都选出了一个答案，能确定其中有5道题的答案是正确的，而其余3题中，有一道题可以排除两个错误选项，另外两个选项选择的可能性都相等；剩余两道题都能排除一个错误选项，另外三个选项选择的可能性都相等.各道单项选择题答对答错彼此互不影响.
（1）求甲得满分40分的概率；
（2）判断甲单项选择题得多少分的可能性最大，并说明理由.
【答案】（1）
（2）甲得30分的概率最大，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用独立事件的乘法公式求甲得满分40分的概率，即可得结果．
（2）由甲总得分的取值有25、30、35、40，再应用独立事件乘法公式及互厷事件加法公式求各对应得分的概率并比较大小，即可得答案．
【小问1详解】
由题意可知，在其余3道题中，三道题答对的概率分别为，，，
设表示甲考试总得分，
所以甲得40分的概率为.
【小问2详解】
甲得25分的概率；
甲得30分的概率；
甲得35分的概率.
而甲得40分的概率为，故甲得30分的概率最大.
16. 已知等比数列为递增数列，其前项和为，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，若数列的前项和，求数列的通项公式与前项和.
【答案】（1）
（2）；
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的通项公式和前项和公式列出关于首项和公比的方程组，求解出和，进而得到数列的通项公式；
（2）根据数列的前项和求出其通项公式，再结合求出的通项公式，最后根据的通项公式求出其前项和.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，
由，得，
解得或，
因为为递增数列，所以，，故；
【小问2详解】
当时，；
当时，，
验证时，，所以，
因为，所以，
，
等比数列前项和：；
等差数列前项和：；
因此.
17. 如图，在三棱锥中，平面，，是的中点，是线段上的一点（不含端点）.

（1）证明：平面；
（2）若平面，证明：为的中点；
（3）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析. （3）
【解析】
【分析】（1）由平面，证明，结合等腰三角形中线性质和线面垂直的判定定理可得平面.
（2） 根据线面平行性质定理可证明.
（3）首先建立空间直角坐标系,根据线面角可求的坐标，用空间向量的线面角公式求出直线与平面所成角的正弦值，最后二次函数解出其最大值.
【小问1详解】
已知：平面，平面，故，
，是中点，故，
又，且平面，
由线面垂直判定定理，得平面.
【小问2详解】
因为平面，平面，
平面平面，由线面平行性质定理得，
在中，是中点，且，
由三角形中位线定理，得是中点.
【小问3详解】
以为原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴，
如图：

，，，由，因为，，
所以二面角为，因此，
又是的中点，故，设，，
，则，
设平面的一个法向量为,
由 (1) 知平面，
，可取，
设直线与平面所成角为，则，，
，
，
代入得，
，
令，，
，
.
直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
18. 在中，角，，的对边分别为，，，若且.
（1）求角的大小；
（2）求的最大面积；
（3）如图，若，点，分别在边，上，将沿着线段对折，顶点恰好落在边上的点，当时，求重叠部分的面积.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边角互化结合二倍角余弦公式可得答案；
（2）由余弦定理结合不等式知识可得，据此可得答案；
（3）设，则，.然后由题设在三角形，三角形使用余弦定理可得答案.
【小问1详解】
，由正弦定理边角互化，
可得，
从而
，在三角形中，
则，
结合，得或（舍去）；
【小问2详解】
由题及余弦定理，，当且仅当，
即三角形为等边三角形时取等号，则，
有最大值；
【小问3详解】
由（1）分析结合，可得三角形为等边三角形.
因，则.设，
则，.
在三角形中，由余弦定理，
解得；
在三角形中，由余弦定理，
解得；
又由题可得，则
19. 已知椭圆（）的短轴长为，椭圆上一点到右焦点的最小距离是1，设过点且不与轴重合的直线与椭圆交于，两点（在的左侧）.
（1）求的方程；
（2）若轴，
①求证：直线平分.
②若点是直线与的交点，证明：.
【答案】（1）椭圆的方程为.
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的性质列方程求解；
（2）①证明直线平分，转化为，联立直线与椭圆的方程组求解；②证明，转化为，利用坐标的比值求解.
【小问1详解】
已知椭圆（）的短轴长为，
则，所以.
椭圆上一点到右焦点的最小距离是1，所以，
又因为，所以，，
解得，，.
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
①设直线的方程为，，，
联立得.
由，解得.
根据韦达定理，，.
因为轴，要证直线平分，
只需证.
，
将，代入上式分子得
，
将，代入可得
，
所以，直线平分.
②因为直线平分，根据角平分线性质，
可得.
又因为，，
将，代入上式得
，，
所以，即得证