精品解析：陕西省西安市陕西师范大学附属中学2024-2025学年高二下学期收心考试数学试卷

高2026届高二第二学期期初考试 数学试题 注意事项： 1.本考试满分150分，时间120分钟. 2.答卷前将答题纸上的个人考试信息填写完整. 3.本试卷答案均写在答题纸上，答卷必须使用0.5mm的黑色签字笔书写，字迹工整、笔迹清晰.并且必须在题号所指示的答题区内作答，超出答题区域的书写无效. 4.只交答题纸，不交试题卷. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知直线，直线，若，则实数（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据两直线一般式中垂直满足的关系即可求解. 【详解】由已知，若，则，解得. 故选：B. 2. 已知双曲线，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据双曲线的标准形式结合渐近线方程求解即可. 【详解】因为双曲线方程为：， 所以渐近线方程为：. 故选：D 3. 已知等比数列是递增数列，其前项和为，且成等差数列，则（ ） A. 10 B. 15 C. 18 D. 20 【答案】A 【解析】 【分析】根据题中条件，得到公比或，再由成等差数列，求出公比；根据等比数列的求和公式，即可求出结果. 【详解】因为等比数列是递增数列，所以或， 又成等差数列，所以，则，解得(舍去)， 因此； 故选：A 4. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解. 【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为， 因为，则， 可得， 则， ， 即为钝角， 所以； 法二：圆的圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为，连接， 可得，则， 因为 且，则， 即，解得， 即为钝角，则， 且为锐角，所以； 方法三：圆的圆心，半径， 若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意； 若切线斜率存在，设切线方程为，即， 则，整理得，且 设两切线斜率分别为，则， 可得， 所以，即，可得， 则， 且，则，解得. 故选：B. 5. 已知双曲线，两焦点分别为，过右焦点作直线交右支于点，且，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用双曲线的定义，结合余弦定理求出的关系等式即可求得离心率. 【详解】因为，设，则，， 因为， 所以， 因为，所以 所以离心率为： 故答案为：B. 6. 已知函数的导函数为，若存在使得，则称是的一个“巧值点”.下列四个函数中，没有“巧值点”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，然后直接解方程可判断BCD；根据零点存在定理可判断A. 【详解】对于A选项，，， 令， 因为函数、在上均为增函数， 所以，函数在上为增函数， 因为，，则， 由零点存在定理可知，函数在上存在唯一零点， 所以，函数有“巧值点”； 对于B选项，，则， 由可得，即，矛盾， 所以，函数没有“巧值点”； 对于C选项，，则， 由可得，即，解得， 所以，函数有“巧值点”； 对于D选项，，则， 由可得，即，解得， 所以，函数有“巧值点”. 故选：B. 7. 记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.， 【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为， 则， 因此为等差数列，则甲是乙的充分条件； 反之，乙：为等差数列，即为常数，设为， 即，则，有， 两式相减得：，即，对也成立， 因此为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件，C正确. 方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即， 则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件； 反之，乙：为等差数列，即， 即，， 当时，上两式相减得：，当时，上式成立， 于是，又为常数， 因此为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件. 故选：C 8. 定义在R上的函数f(x)的导函数为，满足 ，且当时， ，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数奇偶性和单调性，并构造函数即可得到不等式，解出即可. 【详解】由得，， 令，则，即是上的偶函数， 求导得，因为当时， ， 即，则，则在上单调递增， ，，即， 即，即，即，即， 所以，解得或，则解集为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过构造函数，利用其单调性和奇偶性得到不等式，解出即可. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知等差数列的前n项和为，且满足，，则下列选项正确的有（ ） A. B. 数列是递增数列 C. 当n＝15时，取得最大值为225 D. 的最小值为1 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用已知可求得，进而可得通项公式与前项和公式，再结合选项逐项判断即可. 【详解】因为，，所以，解得，，， 对于A．令n＝9，解得，故A正确； 对于B．d＝－2＜0，数列是递减数列，因此数列不是递增数列，故B错误； 对于C．，当n＝15时，取得最大值为225．故C正确； 对于D．， 令，，∴f（x）在上单调递增，∴的最小值为1，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知为抛物线的焦点，为抛物线上的一点，，则下列说法正确的是（    ） A. 焦点 B. 准线方程 C. 点或 D. 以为直径的圆与抛物线的准线相切 【答案】AC 【解析】 【分析】首先求出焦点坐标与准线方程，即可判断A、B，根据焦半径公式求出点坐标，即可判断C，求出的中点坐标，即可判断D. 【详解】抛物线，则焦点，准线方程为，故A正确，B错误； 因为为抛物线上的一点，，所以，解得， 所以，解得，所以点或，故C正确； 不妨取，则的中点坐标为，因为点到准线的距离为， 所以以为直径的圆与抛物线的准线相离，事实上以为直径的圆与轴相切，故D错误. 故选：AC 11. 已知函数的定义域为，，则（ ）． A. B. C. 是偶函数 D. 为的极小值点 【答案】ABC 【解析】 【分析】方法一：利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项ABC，举反例即可排除选项D. 方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数进行判断即可. 【详解】方法一： 因为， 对于A，令，，故正确. 对于B，令，，则，故B正确. 对于C，令，，则， 令， 又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确， 对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误. 方法二： 因为， 对于A，令，，故正确. 对于B，令，，则，故B正确. 对于C，令，，则， 令， 又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确， 对于D，当时，对两边同时除以，得到， 故可以设，则， 当肘，，则， 令，得；令，得； 故在上单调递减，在上单调递增， 因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减， 显然，此时是的极大值点，故D错误. 故选：. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题纸中相应的横线上.） 12. 数列与的所有公共项由小到大构成一个新的数列，则__________. 【答案】116 【解析】 【分析】为首项为2，公差为6的等差数列，利用等差数列求通项公式求出答案. 【详解】与的所有公共项由小到大构成一个新的数列为， 故为首项为2，公差为6的等差数列， 所以， 所以. 故答案为：116 13. 若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的运算法则，结合常见函数的导数公式、代入法进行求解即可. 【详解】由， 所以， 故答案为： 14. 已知椭圆与双曲线有共同的焦点，，点为两曲线的一个公共点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，那么的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】分别在椭圆和双曲线中，利用焦点三角形中的余弦定理建立等量关系，再构造，利用基本不等式，即可求解. 【详解】设两曲线的半焦距为，由余弦定理得：， 在椭圆中，， 又，，， 则，即， 在双曲线中，， 又，，， 则，即， 从而，得，0 则，，即， 则，即， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 即的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用椭圆，双曲线定义及余弦定理得到，进而利用基本不等式求解即可. 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. 如图，正四棱柱中，，点在上且. （1）证明：平面； （2）求异面直线与所成角的大小； （3）求平面与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示空间直角坐标系.依题设，，，，. ，，，. 因为， 故，. 又平面， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建系，利用空间向量可得,，即可证明线面垂直； （2）利用空间向量可得，即可得线线夹角； （3）分别求平面和平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，， 则，所以异面直线与所成角为. 【小问3详解】 设向量是平面的法向量，则，. 故，令，则，所以. 所以， 设平面与平面所成角为，则. 16. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果:平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆.已知平面直角坐标系中且. （1）求点P的轨迹方程； （2）若点P在（1）的轨迹上运动，点M为AP的中点，求点M的轨迹方程; （3）若点在（1）的轨迹上运动，求的取值范围. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）设出，由题意列出方程，化简得到点P的轨迹方程； （2）利用相关点法求解点M的轨迹方程； （3）表示的几何意义为圆心为，半径为2的圆上的点与连线的斜率，画出图形，数形结合求出最值，从而求出取值范围. 【小问1详解】 设，则， 化简得：，故点P的轨迹方程为； 【小问2详解】 设，因为点M为AP的中点， 所以点P的坐标为， 将代入中，得到， 所以点M的轨迹方程为； 【小问3详解】 因为点在（1）的轨迹上运动， 所以，变形为， 即点为圆心为，半径为2的圆上的点， 则表示的几何意义为圆上一点与连线的斜率，如图： 当过的直线与圆相切时，取得最值， 设， 则由点到直线距离公式可得：， 解得：或·， 故的取值范围是. 17. 已知常数，函数. （1）若，求的取值范围; （2）若、是的零点，且，证明:. 【答案】（1） （2） 由（1）知，的定义域为， 在上单调递减，在上单调递增，且是的极小值点. 、是的零点，且， 、分别在、上，不妨设， 设， 则 当时，，即在上单调递减. ， ，即， ， ， ， ， 又，在上单调递增， ，即. 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，即可得到函数的单调性，求出函数的最小值，依题意，即可求出的取值范围； （2）由（1）不妨设，设，利用导数说明函数的单调性，即可得到，结合及的单调性，即可证明. 【小问1详解】 由已知得的定义域为， 且 ， 当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增. 所以在处取得极小值即最小值， ， ， ，即的取值范围为. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小； （2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式. 18. 已知数列的前n项和．若，且数列满足． （1）求证：数列是等差数列； （2）求证：数列的前n项和； （3）若对一切恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明：由题意知， 当时，，所以． 当时，，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以． 因为，所以， 所以，令，可得， 所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列． （2）证明：由（1）知， 所以， 所以， 两式相减，可得 ， 所以，所以． （3） 【解析】 【分析】（1）由与的关系，仿写作差后求出数列的通项，再代入所给方程求出数列的通项即可； （2）等差与等比数列相乘求和，采用错位相减法，乘以等比数列的公比，再求和即可； （3）先证明数列为递减数列，求出最大值，再解一元二次不等式求解即可； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 若对一切恒成立，只需要的最大值小于或等于． 因为， 所以，所以数列的最大项为和，且． 所以，即， 解得或，即实数的取值范围是． 19. 平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点. （i）求的值； （ⅱ）求面积的最大值. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）2；（ⅱ）. 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的定义与几何性质列方程组确定的值，从而得到椭圆的方程；（Ⅱ）（i）设，，由题意知，然后利用这两点分别在两上椭圆上确定的值; （ⅱ）设，利用方程组结合韦达定理求出弦长，选将的面积表示成关于的表达式，然后，令，利用一元二次方程根的判别式确定的范围，从而求出的面积的最大值，并结合（i）的结果求出面积的最大值. 试题解析：（Ⅰ）由题意知，则,又可得, 所以椭圆C的标准方程为. （Ⅱ）由（Ⅰ）知椭圆E的方程为, （i）设，，由题意知因为, 又，即,所以，即. （ⅱ）设 将代入椭圆E的方程， 可得 由，可得① 则有 所以 因为直线与轴交点的坐标为 所以的面积 令,将代入椭圆C的方程可得 由，可得② 由①②可知 因此,故 当且仅当，即时取得最大值 由（i）知，面积为,所以面积的最大值为. 考点：1、椭圆的标准方程与几何性质；2、直线与椭圆位置关系综合问题；3、函数的最值问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2026届高二第二学期期初考试 数学试题 注意事项： 1.本考试满分150分，时间120分钟. 2.答卷前将答题纸上的个人考试信息填写完整. 3.本试卷答案均写在答题纸上，答卷必须使用0.5mm的黑色签字笔书写，字迹工整、笔迹清晰.并且必须在题号所指示的答题区内作答，超出答题区域的书写无效. 4.只交答题纸，不交试题卷. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知直线，直线，若，则实数（ ） A. B. C. D. 2 2. 已知双曲线，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知等比数列是递增数列，其前项和为，且成等差数列，则（ ） A. 10 B. 15 C. 18 D. 20 4. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ） A. 1 B. C. D. 5. 已知双曲线，两焦点分别为，过右焦点作直线交右支于点，且，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的导函数为，若存在使得，则称是的一个“巧值点”.下列四个函数中，没有“巧值点”的是（ ） A. B. C. D. 7. 记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 8. 定义在R上的函数f(x)的导函数为，满足 ，且当时， ，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知等差数列的前n项和为，且满足，，则下列选项正确的有（ ） A. B. 数列是递增数列 C. 当n＝15时，取得最大值为225 D. 的最小值为1 10. 已知为抛物线的焦点，为抛物线上的一点，，则下列说法正确的是（    ） A. 焦点 B. 准线方程 C. 点或 D. 以为直径的圆与抛物线的准线相切 11. 已知函数的定义域为，，则（ ）． A. B. C. 是偶函数 D. 为的极小值点 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题纸中相应的横线上.） 12. 数列与的所有公共项由小到大构成一个新的数列，则__________. 13. 若，则______. 14. 已知椭圆与双曲线有共同的焦点，，点为两曲线的一个公共点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，那么的最小值为______. 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. 15. 如图，正四棱柱中，，点在上且. （1）证明：平面； （2）求异面直线与所成角的大小； （3）求平面与平面所成角的正弦值. 16. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果:平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆.已知平面直角坐标系中且. （1）求点P的轨迹方程； （2）若点P在（1）的轨迹上运动，点M为AP的中点，求点M的轨迹方程; （3）若点在（1）的轨迹上运动，求的取值范围. 17. 已知常数，函数. （1）若，求的取值范围; （2）若、是的零点，且，证明:. 18. 已知数列的前n项和．若，且数列满足． （1）求证：数列是等差数列； （2）求证：数列的前n项和； （3）若对一切恒成立，求实数的取值范围． 19. 平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点. （i）求的值； （ⅱ）求面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $