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湖南省长沙市望城区第一中学2025-2026学年高二上学期期末数学试题
一、选择题：本题共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．（2026高二上·望城期末）已知集合，，则的子集的个数为（　　）
A．3 B．4 C．8 D．16
2．（2026高二上·望城期末）已知i为虚数单位，复数z满足，则z的模为（　　）
A． B． C． D．
3．（2026高二上·望城期末）在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则
A． B．3 C． D．4
4．（2026高二上·望城期末）设数列满足，且，则的值为（　　）
A． B． C． D．1
5．（2026高二上·望城期末）已知样本数据为，该样本平均数为2025，方差为1，现加入一个数2025，得到新样本的平均数为，方差为，则（　　）
A． B．
C． D．
6．（2026高二上·望城期末）在平面直角坐标系中，由点发出的一条光线射向轴上的点后，经轴反射，则反射光线所在的直线方程为（　　）
A． B． C． D．
7．（2026高二上·望城期末）如图，在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
8．（2026高二上·望城期末）已知直线，“或”是“直线与双曲线有且仅有一个公共点”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
二、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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9．（2026高二上·望城期末）已知向量，则下列结论正确的有（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
10．（2026高二上·望城期末）如图，直线的斜率分别为，倾斜角分别为，则下列选项正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2026高二上·望城期末）已知椭圆的两个焦点分别为是上任意一点，则（　　）
A．的离心率为 B．的周长为12
C．的最小值为2 D．的最大值为16
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2026高二上·望城期末）某学校围棋社团组织高一与高二的同学比赛，双方各挑选业余一段、业余二段、业余三段三位选手，段位越高水平越高．已知高二每个段位的选手都比高一相应段位的选手强一些.比赛胜负仅由段位决定，段位高者获胜；若段位相同，则高二选手获胜.比赛共三局，每局双方各派一名选手出场，且每名选手只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利．在比赛之前，双方都不知道对方选手的出场顺序，则第一局比赛高一获胜的概率为　 　，在一场比赛中高二获胜的概率为　 　．
13．（2026高二上·望城期末）若双曲线与双曲线有相同的渐近线，且双曲线的右焦点在直线上，则双曲线的标准方程为　 　．
14．（2026高二上·望城期末）如图，是一个由正整数组成的三角形数阵，该三角形数阵的“两腰”分别是一个公差为的等差数列和一个公差为的等差数列，每一行是一个公差为的等差数列.我们把这个数阵的所有数从上到下，从左到右依次构成一个数列：，，，，，，，，，，，则　 　.
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.
15．（2026高二上·望城期末）在数列中，，．
（1）求的通项公式；
（2）求的前n项和．
16．（2026高二上·望城期末）在中，内角所对的边分别为，已知
（1）求角；
（2）若为边上一点(不包含端点)，且满足，
(i) 若，求的长；
(ii) 求的取值范围.
17．（2026高二上·望城期末）已知圆关于直线对称.
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线与圆相交于、两点，求；
（3）在（2）的前提下，若点是圆上的点，求面积的最大值.
18．（2026高二上·望城期末）如图1，在长方形中，为的中点，将沿折起，得到四棱锥（如图2），使得平面平面.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若是线段上的一动点，当点在何位置时，二面角的余弦值为？
19．（2026高二上·望城期末）已知抛物线，过焦点F的动直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为M．
（1）当直线l的倾斜角为时，，求抛物线G的方程：
（2）对于（1）问中的抛物线G，若点，求证：为定值，并求出该定值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；有限集合的子集个数
【解析】【解答】解：因为
，
，
所以，
所以的子集个数为．
故答案为：D．
【分析】根据集合的描述法确定列举出集合中的元素，再根据交集的运算法则可得集合，从而根据其元素个数得出集合的子集个数.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，可得，
则.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的四则运算，以及复数的模长公式计算即可.
3．【答案】B
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理可得，
即，因为，所以，
由余弦定理得，则.
故答案为：B．
【分析】利用正弦定理、余弦定理求解即可.
4．【答案】A
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式
【解析】【解答】解： 数列满足，且，
当时， ，
当时，，
则数列的周期为2的周期数列，故.
故答案为：A.
【分析】根据数列的递推关系求数列的前几项，可得数列的周期为2的周期数列，利用周期性求解即可.
5．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：记新样本的平均数为，方差为，
，
由，可得，
则新样本数据的方差为，
即.
故答案为：B.
【分析】记新样本的平均数为，方差为，根据平均数和方差的计算公式，求新数据的平均数和方差即可.
6．【答案】A
【知识点】直线的点斜式方程；与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】【解答】解：点关于轴的对称点的坐标为，
由题意可得：反射光线所在的直线为直线，且，
则直线的方程为，即.
故答案为：A.
【分析】根据点的对称求点P关于轴的对称点的坐标，由题意可得：反射光线所在的直线即为直线，求斜率，结合点斜式求直线的方程即可.
7．【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；解三角形
【解析】【解答】解：在三棱锥中，，
由正弦定理得外接圆半径，
因为平面，所以三棱锥外接球球心在线段的中垂面上，
得该中垂面平行于平面，因此球心到平面的距离为，
则该外接球半径，
故三棱锥外接球的体积为.
故答案为：D.
【分析】在中，利用正弦定理求出外接圆半径，再利用勾股定理求出球半径，根据球的体积公式求解即可.
8．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：联立，可得（*），
当直线与双曲线只有一个公共点：
当时，即时，方程（*）即为，解得，符合题意；
当时，因为于双曲线的渐近线为，
所以直线与双曲线的渐近线不平行，
当直线与双曲线相切，，解得，
要使当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，的取值集合为，
则“或”是“直线与双曲线有且仅有一个公共点”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】联立直线与双曲线方程，根据直线与双曲线只有一个公共点，分和讨论，求出的取值，结合充分、必要条件的定义判断即可.
9．【答案】A,B,C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，
A、，若，则，即，解得，故A正确；
B、若，则，解得，故B正确；
C、若，则，即，解得，故C正确；
D、若，则，解得，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据向量的坐标运算先求的坐标，再根据向量相等求解即可判断A；根据向量垂直的坐标表示求解即可判断B；根据向量模的坐标表示求解即可判断C；根据向量平行的坐标表示求解即可判断D.
10．【答案】A,D
【知识点】直线的倾斜角；直线的斜率
【解析】【解答】解：由图像可知，则，
故答案为：AD.
【分析】根据直线斜率与倾斜角的关系，结合图象判断即可.
11．【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式；椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：A、易知椭圆的离心率为，故A错误；
B、的周长为，故B正确；
C、的最小值为，故C正确；
D、，当且仅当等号成立，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据离心率定义计算出即可判断A；根据椭圆定义计算焦点三角形的周长即可判断B；根据的最小值为即可判断C；根据椭圆定义结合基本不等式计算即可判断D.
12．【答案】；
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：设为高一出场选手，为高二出场选手，其中表示段位，
第一局比赛中，有，，，，，，，，，共个基本事件，
其中高一能取得胜利的基本事件为，，，共个，
则第一局比赛高一获胜的概率为，
在一场三局比赛中，共有不同的种安排方法，
其中高一能获胜的安排方法为，，，，，，共种，
则在一场比赛中高二获胜的概率为．
故答案为：；.
【分析】利用列举法，结合古典概型概率公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设双曲线的方程为（），即，
易知双曲线的右焦点坐标为，
因为双曲线的右焦点在直线上，所以，解得，
故双曲线的方程为.
故答案为：.
【分析】由题意，设双曲线的方程为（），即，求双曲线的右焦点坐标，再根据右焦点在直线上，求得的值，即可求出双曲线方程.
14．【答案】
【知识点】等差数列的前n项和；数列的应用；等差数列的性质
【解析】【解答】解：数阵第行的项数为，
第行最后一项在数列中对应的项数为，
设位于数阵第行，则，，解得，
因为第行最后一项在数列中对应的项数为，所以位于数阵第行第项，
则.
故答案为：.
【分析】数阵第行的项数为，第行最后一项在数列中对应的项数为，设位于数阵中第行，根据求得正整数的值，确定在数阵中的位置，即可得出的值.
15．【答案】（1）解：由，可得，
因为，所以，所以是以为首项，3为公比的等比数列，
则，故；
（2）解：由（1）可知，
则
.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）由，可得，即数列为等比数列，根据等比数列的定义求解即可；
（2）由（1）可知，利用分组求和，结合等比数列的前项和公式求解即可.
（1）因为，所以．
因为，所以，
所以是以为首项，3为公比的等比数列，
则，故．
（2）由（1）可知，则
．
第（2）问还可以这样解答：
设数列的前n项和为．
由（1）可知是以为首项，3为公比的等比数列，
则，
故．
16．【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
因为，所以，所以，
所以，即，即，
又因为，所以；
（2）解：(i)因为，所以，，，，
，，
则；
(ii)因为，所以，，
又因为，所以，
又因为点在边上且不包含端点，所以，
在中，，
在中，由正弦定理可得，
又因为，
所以，
又因为，，所以，
则的取值范围是.
【知识点】两角和与差的余弦公式；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合两角差的余弦公式化简求即可；
（2）(i)、由，可得，结合题意得，可得，即可得到，再根据边角关系求得，即求得；
(ii)、由条件得到边的关系，以及角的取值范围，再在中，利用正弦定理求得，最后根据角的取值范围求得结果.
（1）∵，
由正弦定理可得，
∵，∴，∴，
∴，即，即，
∵，∴.
（2）(i)∵，∴，
∴，∴，∴.
∴，
∴
∴.
(ii) ∵，∴，∴，
∵，∴，
由∵点在边上且不包含端点，
∴，
在中，，
在中由正弦定理可得，又∵，
∴，
∵，则，∴，
∴的取值范围是.
17．【答案】（1）解：圆的方程可化为，圆心为，
因为圆关于直线对称，
所以直线过圆心，
所以，解得，
故圆的标准方程为；
（2）解：由（1）得圆心为，半径，
直线的方程为，则圆心到直线的距离，直线与圆相交，
故；
（3）解：易知圆的圆心为，半径长为，
点到直线的距离为，
则点到直线距离的最大值为，
面积的最大值为.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）化圆的一般方程化为标准方程，求得圆心，由题意可知：直线过圆心，求出的值，即可得圆的标准方程；
（2）由（1）得圆心为，半径，利用点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离，结合勾股定理求弦的长即可；
（3）易知圆的圆心为，半径长为，利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，结合圆的性质求得点到直线距离的最大值，结合三角形的面积公式求面积的最大值即可.
（1）圆的方程可化为，圆心为，
因为圆关于直线对称，
则直线过圆心，所以，得.
所以圆的标准方程为.
（2）由（1）得圆心为，半径，
又直线的方程为，
则圆心到直线的距离，直线与圆相交，
所以.
（3）圆的圆心为，半径长为，
则点到直线的距离为，
所以点到直线距离的最大值为，
所以面积的最大值为.
18．【答案】（1）证明：在长方形中，为的中点，
则，平面平面，平面平面，
且平面，由，得，
则平面，又因为平面，所以；
（2）解：过点作平面的垂线，并以此线为轴，以直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，
即，解得，取，则，可得，
设直线与平面所成角为，
，
故直线与平面所成角的正弦值为；
（3）解：，
则
由点是线段上的一动点，
设，
则，
易知平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，
取，得，
由二面角的余弦值为，
可得，
两边平方得，整理得，解得或（舍去），
因此点是线段靠近的三等分点，
所以点是线段靠近的三等分点时，二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，从而证明；
（2）过点作平面的垂线，并以此线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；
（3）利用（2）的坐标系，通过的坐标得到的坐标，再根据二面角的余弦值为，计算可得点的位置即可.
（1）在长方形中，为的中点，
则，平面平面，平面平面，
且平面，由，得，
则平面，又平面，
所以.
（2）过点作平面的垂线，并以此线为轴，
以直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则有，即，解得，取，则，
即，
设直线与平面所成角为，
故有，
故直线与平面所成角的正弦值为；
（3），
则
由点是线段上的一动点，
设，
则，
易知平面的法向量为，设平面的法向量为，
则，
取，得，
由二面角的余弦值为，
得，
两边平方得，整理得，
解得或（舍去），因此点是线段靠近的三等分点，
所以点是线段靠近的三等分点时，二面角的余弦值为.
19．【答案】（1）解：易知抛物线的焦点，
设直线的方程为，
联立 ，整理可得，由韦达定理可得，
由题意可得，解得，故抛物线的方程为；
（2）证明：由（1）抛物线的方程为，
当直线的斜率为0时，直线的方程为，直线与抛物线只有一个交点，与已知矛盾；
故直线的斜率不为0，设的方程为，，
联立，消去得，由韦达定理可得，
则，
，即，
故 .
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）易知抛物线的焦点，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程利用韦达定理，结合弦长公式求解即可；
（2）由（1）抛物线的方程为，分直线的斜率为0和不为0讨论，当直线的斜率不为0，设的方程为，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，结合中点坐标公式求得，再由两点的距离公式求，即可得的定值．
（1）由题意知，设直线的方程为，
由 得：，所以
所以，所以，故抛物线的方程为；
（2）由（1）抛物线的方程为，
当直线的斜率为0时，直线的方程为，直线与抛物线只有一个交点，与已知矛盾，
故直线的斜率不为0，故可设的方程为
消去得：，设，
则：
所以：
，即
所以：
1 / 1湖南省长沙市望城区第一中学2025-2026学年高二上学期期末数学试题
一、选择题：本题共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．（2026高二上·望城期末）已知集合，，则的子集的个数为（　　）
A．3 B．4 C．8 D．16
【答案】D
【知识点】交集及其运算；有限集合的子集个数
【解析】【解答】解：因为
，
，
所以，
所以的子集个数为．
故答案为：D．
【分析】根据集合的描述法确定列举出集合中的元素，再根据交集的运算法则可得集合，从而根据其元素个数得出集合的子集个数.
2．（2026高二上·望城期末）已知i为虚数单位，复数z满足，则z的模为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，可得，
则.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的四则运算，以及复数的模长公式计算即可.
3．（2026高二上·望城期末）在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则
A． B．3 C． D．4
【答案】B
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理可得，
即，因为，所以，
由余弦定理得，则.
故答案为：B．
【分析】利用正弦定理、余弦定理求解即可.
4．（2026高二上·望城期末）设数列满足，且，则的值为（　　）
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式
【解析】【解答】解： 数列满足，且，
当时， ，
当时，，
则数列的周期为2的周期数列，故.
故答案为：A.
【分析】根据数列的递推关系求数列的前几项，可得数列的周期为2的周期数列，利用周期性求解即可.
5．（2026高二上·望城期末）已知样本数据为，该样本平均数为2025，方差为1，现加入一个数2025，得到新样本的平均数为，方差为，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：记新样本的平均数为，方差为，
，
由，可得，
则新样本数据的方差为，
即.
故答案为：B.
【分析】记新样本的平均数为，方差为，根据平均数和方差的计算公式，求新数据的平均数和方差即可.
6．（2026高二上·望城期末）在平面直角坐标系中，由点发出的一条光线射向轴上的点后，经轴反射，则反射光线所在的直线方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线的点斜式方程；与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】【解答】解：点关于轴的对称点的坐标为，
由题意可得：反射光线所在的直线为直线，且，
则直线的方程为，即.
故答案为：A.
【分析】根据点的对称求点P关于轴的对称点的坐标，由题意可得：反射光线所在的直线即为直线，求斜率，结合点斜式求直线的方程即可.
7．（2026高二上·望城期末）如图，在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；解三角形
【解析】【解答】解：在三棱锥中，，
由正弦定理得外接圆半径，
因为平面，所以三棱锥外接球球心在线段的中垂面上，
得该中垂面平行于平面，因此球心到平面的距离为，
则该外接球半径，
故三棱锥外接球的体积为.
故答案为：D.
【分析】在中，利用正弦定理求出外接圆半径，再利用勾股定理求出球半径，根据球的体积公式求解即可.
8．（2026高二上·望城期末）已知直线，“或”是“直线与双曲线有且仅有一个公共点”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
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：联立，可得（*），
当直线与双曲线只有一个公共点：
当时，即时，方程（*）即为，解得，符合题意；
当时，因为于双曲线的渐近线为，
所以直线与双曲线的渐近线不平行，
当直线与双曲线相切，，解得，
要使当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，的取值集合为，
则“或”是“直线与双曲线有且仅有一个公共点”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】联立直线与双曲线方程，根据直线与双曲线只有一个公共点，分和讨论，求出的取值，结合充分、必要条件的定义判断即可.
二、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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9．（2026高二上·望城期末）已知向量，则下列结论正确的有（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A,B,C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，
A、，若，则，即，解得，故A正确；
B、若，则，解得，故B正确；
C、若，则，即，解得，故C正确；
D、若，则，解得，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据向量的坐标运算先求的坐标，再根据向量相等求解即可判断A；根据向量垂直的坐标表示求解即可判断B；根据向量模的坐标表示求解即可判断C；根据向量平行的坐标表示求解即可判断D.
10．（2026高二上·望城期末）如图，直线的斜率分别为，倾斜角分别为，则下列选项正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】直线的倾斜角；直线的斜率
【解析】【解答】解：由图像可知，则，
故答案为：AD.
【分析】根据直线斜率与倾斜角的关系，结合图象判断即可.
11．（2026高二上·望城期末）已知椭圆的两个焦点分别为是上任意一点，则（　　）
A．的离心率为 B．的周长为12
C．的最小值为2 D．的最大值为16
【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式；椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：A、易知椭圆的离心率为，故A错误；
B、的周长为，故B正确；
C、的最小值为，故C正确；
D、，当且仅当等号成立，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据离心率定义计算出即可判断A；根据椭圆定义计算焦点三角形的周长即可判断B；根据的最小值为即可判断C；根据椭圆定义结合基本不等式计算即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2026高二上·望城期末）某学校围棋社团组织高一与高二的同学比赛，双方各挑选业余一段、业余二段、业余三段三位选手，段位越高水平越高．已知高二每个段位的选手都比高一相应段位的选手强一些.比赛胜负仅由段位决定，段位高者获胜；若段位相同，则高二选手获胜.比赛共三局，每局双方各派一名选手出场，且每名选手只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利．在比赛之前，双方都不知道对方选手的出场顺序，则第一局比赛高一获胜的概率为　 　，在一场比赛中高二获胜的概率为　 　．
【答案】；
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：设为高一出场选手，为高二出场选手，其中表示段位，
第一局比赛中，有，，，，，，，，，共个基本事件，
其中高一能取得胜利的基本事件为，，，共个，
则第一局比赛高一获胜的概率为，
在一场三局比赛中，共有不同的种安排方法，
其中高一能获胜的安排方法为，，，，，，共种，
则在一场比赛中高二获胜的概率为．
故答案为：；.
【分析】利用列举法，结合古典概型概率公式求解即可.
13．（2026高二上·望城期末）若双曲线与双曲线有相同的渐近线，且双曲线的右焦点在直线上，则双曲线的标准方程为　 　．
【答案】
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设双曲线的方程为（），即，
易知双曲线的右焦点坐标为，
因为双曲线的右焦点在直线上，所以，解得，
故双曲线的方程为.
故答案为：.
【分析】由题意，设双曲线的方程为（），即，求双曲线的右焦点坐标，再根据右焦点在直线上，求得的值，即可求出双曲线方程.
14．（2026高二上·望城期末）如图，是一个由正整数组成的三角形数阵，该三角形数阵的“两腰”分别是一个公差为的等差数列和一个公差为的等差数列，每一行是一个公差为的等差数列.我们把这个数阵的所有数从上到下，从左到右依次构成一个数列：，，，，，，，，，，，则　 　.
【答案】
【知识点】等差数列的前n项和；数列的应用；等差数列的性质
【解析】【解答】解：数阵第行的项数为，
第行最后一项在数列中对应的项数为，
设位于数阵第行，则，，解得，
因为第行最后一项在数列中对应的项数为，所以位于数阵第行第项，
则.
故答案为：.
【分析】数阵第行的项数为，第行最后一项在数列中对应的项数为，设位于数阵中第行，根据求得正整数的值，确定在数阵中的位置，即可得出的值.
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.
15．（2026高二上·望城期末）在数列中，，．
（1）求的通项公式；
（2）求的前n项和．
【答案】（1）解：由，可得，
因为，所以，所以是以为首项，3为公比的等比数列，
则，故；
（2）解：由（1）可知，
则
.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）由，可得，即数列为等比数列，根据等比数列的定义求解即可；
（2）由（1）可知，利用分组求和，结合等比数列的前项和公式求解即可.
（1）因为，所以．
因为，所以，
所以是以为首项，3为公比的等比数列，
则，故．
（2）由（1）可知，则
．
第（2）问还可以这样解答：
设数列的前n项和为．
由（1）可知是以为首项，3为公比的等比数列，
则，
故．
16．（2026高二上·望城期末）在中，内角所对的边分别为，已知
（1）求角；
（2）若为边上一点(不包含端点)，且满足，
(i) 若，求的长；
(ii) 求的取值范围.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
因为，所以，所以，
所以，即，即，
又因为，所以；
（2）解：(i)因为，所以，，，，
，，
则；
(ii)因为，所以，，
又因为，所以，
又因为点在边上且不包含端点，所以，
在中，，
在中，由正弦定理可得，
又因为，
所以，
又因为，，所以，
则的取值范围是.
【知识点】两角和与差的余弦公式；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合两角差的余弦公式化简求即可；
（2）(i)、由，可得，结合题意得，可得，即可得到，再根据边角关系求得，即求得；
(ii)、由条件得到边的关系，以及角的取值范围，再在中，利用正弦定理求得，最后根据角的取值范围求得结果.
（1）∵，
由正弦定理可得，
∵，∴，∴，
∴，即，即，
∵，∴.
（2）(i)∵，∴，
∴，∴，∴.
∴，
∴
∴.
(ii) ∵，∴，∴，
∵，∴，
由∵点在边上且不包含端点，
∴，
在中，，
在中由正弦定理可得，又∵，
∴，
∵，则，∴，
∴的取值范围是.
17．（2026高二上·望城期末）已知圆关于直线对称.
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线与圆相交于、两点，求；
（3）在（2）的前提下，若点是圆上的点，求面积的最大值.
【答案】（1）解：圆的方程可化为，圆心为，
因为圆关于直线对称，
所以直线过圆心，
所以，解得，
故圆的标准方程为；
（2）解：由（1）得圆心为，半径，
直线的方程为，则圆心到直线的距离，直线与圆相交，
故；
（3）解：易知圆的圆心为，半径长为，
点到直线的距离为，
则点到直线距离的最大值为，
面积的最大值为.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）化圆的一般方程化为标准方程，求得圆心，由题意可知：直线过圆心，求出的值，即可得圆的标准方程；
（2）由（1）得圆心为，半径，利用点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离，结合勾股定理求弦的长即可；
（3）易知圆的圆心为，半径长为，利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，结合圆的性质求得点到直线距离的最大值，结合三角形的面积公式求面积的最大值即可.
（1）圆的方程可化为，圆心为，
因为圆关于直线对称，
则直线过圆心，所以，得.
所以圆的标准方程为.
（2）由（1）得圆心为，半径，
又直线的方程为，
则圆心到直线的距离，直线与圆相交，
所以.
（3）圆的圆心为，半径长为，
则点到直线的距离为，
所以点到直线距离的最大值为，
所以面积的最大值为.
18．（2026高二上·望城期末）如图1，在长方形中，为的中点，将沿折起，得到四棱锥（如图2），使得平面平面.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若是线段上的一动点，当点在何位置时，二面角的余弦值为？
【答案】（1）证明：在长方形中，为的中点，
则，平面平面，平面平面，
且平面，由，得，
则平面，又因为平面，所以；
（2）解：过点作平面的垂线，并以此线为轴，以直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，
即，解得，取，则，可得，
设直线与平面所成角为，
，
故直线与平面所成角的正弦值为；
（3）解：，
则
由点是线段上的一动点，
设，
则，
易知平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，
取，得，
由二面角的余弦值为，
可得，
两边平方得，整理得，解得或（舍去），
因此点是线段靠近的三等分点，
所以点是线段靠近的三等分点时，二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，从而证明；
（2）过点作平面的垂线，并以此线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；
（3）利用（2）的坐标系，通过的坐标得到的坐标，再根据二面角的余弦值为，计算可得点的位置即可.
（1）在长方形中，为的中点，
则，平面平面，平面平面，
且平面，由，得，
则平面，又平面，
所以.
（2）过点作平面的垂线，并以此线为轴，
以直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则有，即，解得，取，则，
即，
设直线与平面所成角为，
故有，
故直线与平面所成角的正弦值为；
（3），
则
由点是线段上的一动点，
设，
则，
易知平面的法向量为，设平面的法向量为，
则，
取，得，
由二面角的余弦值为，
得，
两边平方得，整理得，
解得或（舍去），因此点是线段靠近的三等分点，
所以点是线段靠近的三等分点时，二面角的余弦值为.
19．（2026高二上·望城期末）已知抛物线，过焦点F的动直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为M．
（1）当直线l的倾斜角为时，，求抛物线G的方程：
（2）对于（1）问中的抛物线G，若点，求证：为定值，并求出该定值．
【答案】（1）解：易知抛物线的焦点，
设直线的方程为，
联立 ，整理可得，由韦达定理可得，
由题意可得，解得，故抛物线的方程为；
（2）证明：由（1）抛物线的方程为，
当直线的斜率为0时，直线的方程为，直线与抛物线只有一个交点，与已知矛盾；
故直线的斜率不为0，设的方程为，，
联立，消去得，由韦达定理可得，
则，
，即，
故 .
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）易知抛物线的焦点，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程利用韦达定理，结合弦长公式求解即可；
（2）由（1）抛物线的方程为，分直线的斜率为0和不为0讨论，当直线的斜率不为0，设的方程为，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，结合中点坐标公式求得，再由两点的距离公式求，即可得的定值．
（1）由题意知，设直线的方程为，
由 得：，所以
所以，所以，故抛物线的方程为；
（2）由（1）抛物线的方程为，
当直线的斜率为0时，直线的方程为，直线与抛物线只有一个交点，与已知矛盾，
故直线的斜率不为0，故可设的方程为
消去得：，设，
则：
所以：
，即
所以：
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