2025-2026学年天津市宝坻一中高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年天津市宝坻一中高二（上）期末数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.过A(0,4)，B( 3,1)两点的直线的倾斜角为( )
A. −60°B. 60°C. 120°D. 150°
2.设x，y∈R，向量a=(1,x,y)，b=(2,−4,2)，a//b，则2x−y=( )
A. −7B. −5C. −3D. 1
3.在等差数列{an}中，a4+a5+a6=60，则a2+a8的值为( )
A. 15B. 20C. 30D. 40
4.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线与直线x−3y+2=0垂直，则该双曲线的离心率为( )
A. 10B. 3C. 5D. 2
5.已知圆C：x2+y2−4x−m+9=0与直线l： 3x+y− 3=0相交于A，B两点，若△ABC为正三角形，则实数m的值为( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
6.设数列{xn}满足lnxn+1=1+lnxn，且x1+x2+x3+…+x10=10.则x21+x22+x23+…+x30的值为( )
A. 11⋅e20B. 11⋅e21C. 10⋅e21D. 10⋅e20
7.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点与抛物线y2=2px(p>0)的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(−1,−2)，则双曲线的焦距为( )
A. 6 5B. 3 5C. 6 3D. 3 3
8.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A，B分别在C的左支和右支上，且满足AF1//BF2，5|AF1|=3|BF2|，|BF1|=2|AF1|，则C的离心率为( )
A. 342B. 34C. 5D. 52
9.数列{an}满足a1=13,an+1n+1=anan+n(n∈N∗)，若a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an≤56成立，则正整数n的最大值为( )
A. 4B. 6C. 8D. 10
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.已知直线l：x+(2a−1)y+a−2=0，当a变化时，直线l总是经过定点，则定点坐标为 ．
11.已知圆C1：x2+y2−2x+2my+1=0(m∈R)的面积被直线x+2y+1=0平分，
圆C2：(x+3)2+(y−2)2=16，则圆C1与圆C2的位置关系是 ．
12.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=3an+1−3，则an= ．
13.如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=2，AB=BC=1，∠ABC=90°，点D是
BB1中点，则点C1到直线DA1的距离是 ．
14.已知点M为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)在第一象限的一点，点F为双曲线C的右焦点，O为坐标原点，F到一条渐近线的距离为 15，且4|MO|=4|MF|=7|OF|，则双曲线C的标准方程为 ．
15.设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l.过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B.设C(p,0)，AF与BC相交于点E.若|AB|=2|CF|，且△ABE的面积为3，P是抛物线上的一点，则|PC|的最小值为 ．
三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题13分)
如图，三棱台ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=4，A1B1=A1C1=A1A=2，侧棱A1A⊥平面ABC，点D是CC1的中点．
(1)求证：BB1⊥平面AB1C；
(2)求点B1到平面ABD的距离；
(3)求平面AB1C和平面ABD夹角的余弦值．
17.(本小题13分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(0,1)和(1, 63)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若经过椭圆C的右焦点F2作倾斜角为45°的直线l，直线l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，求△AOB的面积．
18.(本小题15分)
已知公差为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且a1=1，b1=2，b2S2=18，b2+S3=12．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{an⋅bn}的前n项和Tn．
19.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l与C交于D，E两点，△DEF2的周长为8，当直线l垂直于x轴时，|DE|=2．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设椭圆C的左顶点为A，直线x=my+1与C相交于M，N两点，直线AM与直线x=4相交于点Q.问：直线NQ是否过定点？若过定点，求出该点坐标；若不过定点，请说明理由．
20.(本小题17分)
已知k为正整数且k≥2，d为非零实数，数列{an}满足a1=1，且a1，a2，⋯，ak是公差为1的等差数列，ak，ak+1，⋯，a2k是公差为d的等差数列，a2k，a2k+1，⋯，a3k是公差为d2的等差数列，以此类推．
(1)当k=10，a20=50时，求d；
(2)求a3k的最小值(用含k的代数式表示)；
(3)记n除以k的整数部分为s，余数为t，求{an}的通项公式(用含k，d，n，s，t的代数式表示)．
参考答案
1.C
2.B
3.D
4.A
5.C
6.D
7.A
8.A
9.D
10.(32,−12)
11.外切
12.(53)n−1
13. 62
14.x2−y215=1
15.3
16.(1)证明：∵A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

∵AB=AC=4，A1B1=A1C1=A1A=2，点D是CC1的中点，
∴A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,2)，
B1(2,0,2)，C1(0,2,2)，D(0,3,1)，
则BB1=(−2,0,2),AC=(0,4,0),AB1=(2,0,2)，
设平面AB1C的法向量为m=(x,y,z)，
则有m⋅AC=0,m⋅AB1=0,即4y=0,2x+2z=0,令x=1，得y=0，z=−1，∴m=(1,0,−1)，
∵BB1=(−2,0,2)=−2m，
∴BB1⊥平面AB1C；
解：(2)AB=(4,0,0),AD=(0,3,1)，
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z)，
则有n⋅AB=0,n⋅AD=0,即4x=0,3y+z=0,令y=1，得x=0，z=−3，∴n=(0,1,−3)，
∵AB1=(2,0,2)，
则d=|n⋅AB1||n|=|−6| 10=3 105，
∴点B1到平面ABD的距离为3 105；
(3)设平面AB1C与平面ABD的夹角为θ，
∵平面AB1C的法向量为m=(1,0,−1)，
平面ABD的法向量为n=(0,1,−3)，
则csθ=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=3 2× 10=3 510，
∴平面AB1C和平面ABD夹角的余弦值等于3 510．
17.解：(1)根据椭圆的简单几何性质，可知b=1，
将点(1, 63)代入x2a2+y2=1，那么可得a= 3，
所以椭圆C为x23+y2=1．
(2)根据已知可得椭圆的右焦点为( 2,0)，
直线l为y=x− 2，
联立椭圆方程，那么可得4x2−6 2x+3=0，Δ=(−6 2)2−4×4×3=24>0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，根据韦达定理可得x1+x2=3 22，x1x2=34，
那么|AB|= 1+12⋅|x1−x2|= 2⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 2× 184−3= 3，
点O(0,0)到直线l：x−y− 2=0的距离d=|− 2| 12+(−2)2=1，
因此S△AOB=12⋅|AB|⋅d= 32．
18.解：(1)数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，且a1=1，b1=2，b2S2=18，b2+S3=12，
设等差数列{an}的公差为d(d>0)，等比数列{bn}公比为q，
则b2S2=b1q(2a1+d)=2q(2+d)=18b2+S3=b1q+3a1+3d=2q+3d+3=12，解得d=1，q=3，
∴an=1+(n−1)×1=n,bn=2×3n−1，
(2)an⋅bn=2n⋅3n−1，
Tn=2(1×30+2×31+3×32+…+(n−1)⋅3n−2+n⋅3n−1)，
∴3Tn=2(1×31+2×32+3×33+…+(n−1)⋅3n−1+n⋅3n)，
两式作差得：
−2Tn=2(30+31+…+3n−1−n⋅3n)=2[30(1−3n)1−3−n⋅3n]=2(3n2−n3n−12)
∴Tn=3n(2n−1)+12．
19.解：(1)根据椭圆的定义可知△DEF2的周长为|DF2|+|CF2|+|CD|=8，
因此|DF2|+|CF2|+|CF1|+|DF1|=8，即4a=8，解得a=2，
x=−c代入椭圆有c2a2+y2b2=1，因此y2=b2(1−c2a2)=b4a2，因此y=±b2a，
因此通径|DE|=2b2a=2，所以b2=2，
故椭圆C为x24+y22=1；
(2)直线NQ过定点(2,0)，理由如下：
根据x=my+1x2+2y2=4，那么可得(m2+2)y2+2my−3=0，
显然Δ=4m2+12(m2+2)>0，
设N(x2,y2)，M(x1,y1)，那么根据韦达定理可得y1y2=−3m2+2，y1+y2=−2mm2+2，
直线AM为y=y1x1+2(x+2)．
令x=4，解得y=6y1x1+2，那么Q(4,6y1x1+2)，
因此NQ的斜率为kNQ=6y1x1+2−y24−x2=6y1−y2(x1+2)(4−x2)(x1+2)，且kNQ≠0，
因此NQ为y−y2=6y1−y2(x1+2)(4−x2)(x1+2)(x−x2)．
令y=0，那么x=x2−y2(4−x2)(x1+2)6y1−y2(x1+2)
=x2[6y1−y2(x1+2)]−y2(4−x2)(x1+2)6y1−y2(x1+2)
=6x2y1−4y2(x1+2)6y1−y2(x1+2)=6(my2+1)y1−4y2(my1+3)6y1−y2(my1+3)=2my1y2+6y1−12y2−my1y2+6y1−3y2
=2my1y2+6(y1+y2)−18y2−my1y2+6(y1+y2)−9y2=2m(−3m2+2)+6(−2mm2+2)−18y2−m(−3m2+2)+6(−2mm2+2)−9y2
=−18m−18(m2+2)y2−9m−9(m2+2)y2=2．
因此直线NQ过定点(2,0)．
20.解：(1)根据题设条件可知a1=1，a2，⋯，a10为公差为1的等差数列，
根据等差数列的通项公式可得a10=a1+9=10，
又a10，a11，⋯，a20为公差为d的等差数列，
根据等差数列通项公式的推广公式可得a20=a10+10d=50，
解得d=4；
(2)由题可知：a1=1，a2，a3，⋯，ak为公差为1的等差数列，
根据等差数列的通项公式可得ak=a1+(k−1)=k，
ak，ak+1，ak+2，⋯，a2k为公差为d的等差数列，
因此a2k=ak+kd=k(1+d)，
a2k，a2k+1，a2k+2，⋯，a3k为公差d2的等差数列，
因此a3k=a2k+kd2=k(1+d+d2)=k[(d+12)2+34]≥34k，
又k为正整数，因此34k>0，因此a3k的最小值为34k；
(3)记n除以k的整数部分为s，余数为t，因此n=ks+t，
当s≥1时，aks，aks+1，aks+2，⋯，ak(s+1)是公差为ds的等差数列，
而ak(s+1)=aks+kds，
依次类推得ak(s+1)−aks=kds,⋯,ak−a1=k−1，
累加得ak(s+1)=k(1+d+d2+⋯+ds)，
当d=1时，ak(s+1)=k(s+1)，
当d≠1，根据等比数列的求和公式可得ak(s+1)=k⋅1−ds+11−d，
也因此aks=ks,d=1,k⋅1−ds1−d,d≠1,
由题，t∈[0,k)，因此aks+t=aks+tds=ks+t,d=1,k⋅1−ds1−d+tds,d≠1,
当s=0时，aks+t=at=t，仍然满足上式，
综上所述，an=n,d=1,k⋅1−ds1−d+tds,d≠1.