精品解析：吉林省长春市第八中学2025-2026学年高二上学期1月期末考试数学试题

长春八中2025-2026学年度上学期期末考试 高二年级（数学）试卷 一、单选题 1. 已知两条平行直线，，则与间的距离为（ ） A. B. C. D. 2. 如图所示是的导数的图象，下列结论中不正确的是（ ） A. 在区间上是增函数 B. 在区间上是减函数，在区间上是增函数 C. 是的极大值点 D. 是的极小值点 3. 过原点且与圆相切的直线的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 在抛物线上求一点P，使其到焦点F的距离与到点的距离之和最小，则该点P的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线的虚轴长为4，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列的前项和为，若，，，则使成立的最小的值是（ ） A. B. C. D. 7. 已知中心在原点，焦点坐标为的椭圆被直线截得的弦的中点的横坐标为，则该椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的极小值点为，则的极大值点为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 若等比数列的公比为，前项和，则（ ） A. B. C. D. 10. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，已知，点P满足，设点的轨迹为圆，则下列说法正确的是（ ） A. 圆的方程是 B. 若，满足圆的方程，则的最大值是 C. 若圆上存在个点到直线的距离为，则 D. 过直线上的一点向圆引切线，，则四边形的面积的最小值为 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数有2个极值点 B. 函数无最小值 C. 若函数在上是减函数，则实数的取值范围是 D. 函数有5个零点 三、填空题 12. 已知双曲线的两条渐近线与圆均相切，则两条渐近线的方程为_______． 13. 若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为_____. 14. 已知数列的首项，其前项和为，且满足，若对，恒成立，则实数的取值范围是__________． 四、非选择题 15. 在平面直角坐标系中，椭圆的两个焦点分别是，，并且经过点. （1）求椭圆的离心率； （2）直线：与椭圆交于不同的两点. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若，求的值. 16. 已知数列满足，且. （1）求证：数列是等差数列； （2）求数列的通项公式； （3）求数列的前n项和. 17. 已知函数，. （1）若曲线在处的切线与直线垂直，求的值； （2）讨论的单调性. 18. 已知等差数列的前n项和为，，，数列满足，. （1）求数列和的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 19. 在平面直角坐标系中，抛物线E：的焦点为F，E的准线交轴于点K，过K的直线l与拋物线E相切于点A，且交轴正半轴于点P.已知的面积为2. （1）求抛物线E的方程； （2）过点P的直线交E于M，N两点，过M且平行于y轴的直线与线段OA交于点T，点H满足.证明：直线过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长春八中2025-2026学年度上学期期末考试 高二年级（数学）试卷 一、单选题 1. 已知两条平行直线，，则与间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将直线方程变形为，根据两平行直线间的距离公式即可求解. 【详解】直线可变形为， 则根据两平行直线间的距离公式可知直线与间的距离为：. 故选：B. 2. 如图所示是的导数的图象，下列结论中不正确的是（ ） A. 在区间上是增函数 B. 在区间上是减函数，在区间上是增函数 C. 是的极大值点 D. 是的极小值点 【答案】A 【解析】 【分析】根据导函数图象得出各区间导函数的符号，进而得出函数的单调性，再结合函数的极值的定义即可求解. 【详解】根据图象知，当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减，故A错误，故B正确； 当时，取得极大值，是的极大值点，故C正确； 当时，取得极小值，是的极小值点，故D正确. 故选：A. 3. 过原点且与圆相切的直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】判断原点与圆的位置关系，再求出切线方程. 【详解】原点在圆上，而圆心， 直线斜率为，因此切线的斜率为，方程为，即. 故选：A 4. 在抛物线上求一点P，使其到焦点F的距离与到点的距离之和最小，则该点P的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据抛物线方程求出焦点坐标和准线方程，再由抛物线的定义知：，当三点共线时距离之和最小，进而先求出点纵坐标的值，代入到抛物线中可求得横坐标的值，从而得到答案. 【详解】由题意得抛物线的焦点为，准线方程为. 过点作于点，由定义可得， 所以， 由图可得，当三点共线时，最小，此时. 故点的纵坐标为1，所以横坐标．即点的坐标为． 故选：C. 5. 已知双曲线的虚轴长为4，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线虚轴长可得，再根据的关系可得的值，从而得双曲线C的离心率. 【详解】因为双曲线的虚轴长为4， 所以，则， 所以， 所以双曲线C的离心率为. 故选：A. 6. 已知等差数列的前项和为，若，，，则使成立的最小的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】推导出，利用等差数列的求和公式判断、、的符号，即可得出结果. 【详解】因为等差数列的前项和为，若，，，所以， 因为，， ， 所以使成立的最小的值是. 故选：B. 7. 已知中心在原点，焦点坐标为的椭圆被直线截得的弦的中点的横坐标为，则该椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将直线方程和椭圆方程联立得方程组，消元，根据韦达定理和中点坐标公式可得，再根据焦点坐标得出，联立可得，可得椭圆的方程． 【详解】由题意设椭圆的标准方程为， 联立，消元得， 设两个交点分别为，则弦中点横坐标为， 则结合韦达定理得，即①， 因为焦点，所以有②， 由①②得， 所以椭圆方程为， 故选：C. 8. 已知函数的极小值点为，则的极大值点为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据极值的定义，结合导数的运算法则进行求解即可. 【详解】， 因为函数的极小值点为， 所以，或， 当时，，当时，单调递增， 当时，单调递减， 因此是函数的极大值点，不符合题意； 当时，， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增，所以是极小值点，是极大值点， 故选：A 二、多选题 9. 若等比数列的公比为，前项和，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先根据前项和的表达式求出的表达式，再根据等比数列的定义求出公比，进而求得首项，列方程可求得的值； 也可通过等比中项列方程求得的值；或通过等比数列前项和的公式特征求解. 【详解】（法一）因为等比数列的前项和， 所以当时，；当时，. 所以，，所以公比，故B正确； 所以，解得，故A正确，C错误； 因为也满足，所以，故D正确. 故选：ABD. （法二）前同法一求得公比， 结合等比中项的定义知，即，解得，所以. 因为也满足，所以. 故选：ABD. （法三）因为公比不为1的等比数列的前项和的形式为，对比知，，易得， 所以. 故选：ABD. 10. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，已知，点P满足，设点的轨迹为圆，则下列说法正确的是（ ） A. 圆的方程是 B. 若，满足圆的方程，则的最大值是 C. 若圆上存在个点到直线的距离为，则 D. 过直线上的一点向圆引切线，，则四边形的面积的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A：根据定义化简方程可得圆的方程；B：设，根据直线与圆有交点列出不等式可求结果；C：根据条件判断出圆心到直线的距离所满足的不等关系即可求解出结果；D：根据面积公式判断出取最小值时四边形的面积取最小值，由此可计算出结果. 【详解】对于A：由题意可得，化简可得，故错误； 对于B：设，则直线与有公共点， 所以，解得，所以的最大值是，故正确； 对于C：圆的圆心为，半径为，因为圆上存在个点到直线的距离为， 所以圆心到直线的距离小于，所以，解得，故正确； 对于D：如图所示，设， 因为， 当取最小值时，取最小值，即有最小值， 当时，此时取最小值， 所以，所以，故正确； 故选：BCD. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数有2个极值点 B. 函数无最小值 C. 若函数在上是减函数，则实数的取值范围是 D. 函数有5个零点 【答案】AD 【解析】 【分析】对函数求导，即可得到函数的单调区间，然后得到函数的极值点，结合函数解析式画出函数大致图象，从而判断A、B、C；令解得的值，结合函数的极值点及函数图象得到零点个数，从而判断D. 【详解】， 当时，；当时，， 所以在，上为增函数，在上为减函数， 当时，函数有极大值，当时，函数有极小值. 由，即，得或， 所以当时函数的图象在x轴上方，画出函数图象，如图 由图知，A正确，B错误； 若函数在上是减函数，实数a的取值范围是，故C错误； 由得或. 因为，， 所以与，的图象共有5个交点， 所以函数有5个零点，故D正确. 故选：AD. 三、填空题 12. 已知双曲线的两条渐近线与圆均相切，则两条渐近线的方程为_______． 【答案】 【解析】 【分析】求出双曲线的渐近线方程，利用圆的切线性质，结合点到直线距离公式求出关系即可. 【详解】双曲线的渐近线方程为， 圆的圆心，半径， 依题意，，所以两条渐近线的方程为. 故答案为： 13. 若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为_____. 【答案】1 【解析】 【分析】对函数求导得，分和两类讨论在上的单调性，分析可知不符合题意，舍去；当时，根据在上的单调性及只有一个零点，可求得的值，进而可得函数的解析式，求导研究其在上的单调性，求出最大值和最小值即可求解. 【详解】，， ①当时，在上恒成立， ∴函数在上单调递增，且，∴在上没有零点，舍去； ②当时，的解为， ∴在上单调递减，在单调递增. 又∵只有一个零点，且,∴，解得， ∴，，， 令，解得或；令，解得， ∴在和上单调递增，在上单调递减. 又，，，， ∴，， ∴在上的最大值与最小值的和为：. 14. 已知数列的首项，其前项和为，且满足，若对，恒成立，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据数列通项与前项和的关系可得（），进而推导得（），算出首项可得数列……是以2为公差的等差数列，数列……是以2为公差的等差数列，从而得出再求解即可. 【详解】由得（）， 两式相减得：（），所以（）， 两式相减得：（）， 所以，数列……是以2为公差的等差数列，数列……是以2为公差的等差数列， 将代入及可得， 将代入（）可得，且， 要使得，恒成立，只需要即可， 所以，解得：，即实数的取值范围是． 故答案为： 四、非选择题 15. 在平面直角坐标系中，椭圆的两个焦点分别是，，并且经过点. （1）求椭圆的离心率； （2）直线：与椭圆交于不同的两点. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若，求的值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由条件确定，再由椭圆的定义求得，即可求解； （2）设，，（ⅰ）联立直线与椭圆的方程，由判别式大于0即可求解； （ⅱ）由，借助于韦达定理代入计算即得. 【小问1详解】 因为椭圆的焦点在轴上，所以设椭圆的标准方程为. 依题意可得，又， 所以，则. 故椭圆的标准方程为，则椭圆的离心率 【小问2详解】 （ⅰ）设，. 联立，整理得. 由，解得或. 即的取值范围为. （ⅱ）由（ⅰ）可得，，，（*） 则. 因为，所以， 则得， 将（*）代入，可得. 解得，满足. 所以的值为. 16. 已知数列满足，且. （1）求证：数列是等差数列； （2）求数列的通项公式； （3）求数列的前n项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用递推关系证明等差数列即可； （2）利用等差数列通项公式求解即可； （3）利用错位相减法来求和即可. 【小问1详解】 由，两边同时除以： 得，所以 又，故数列是以1为首项，2为公差的等差数列. 【小问2详解】 由（1）可知：，故； 【小问3详解】 ， ， 两式相减，得 ， ， 故. 17. 已知函数，. （1）若曲线在处的切线与直线垂直，求的值； （2）讨论的单调性. 【答案】（1） （2） 当时，在上单调递增； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义得，再结合条件得，即可求解； （2）由，分和两种情况，利用导数与函数的单调性间的关系，即可求解. 【小问1详解】 因为，则， 又曲线在处的切线与直线垂直，则，解得. 【小问2详解】 易知，又， 当时，恒成立，在上单调递增， 当时，令，得到（舍）或， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. 18. 已知等差数列的前n项和为，，，数列满足，. （1）求数列和的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和求和公式可求等差数列的公差，进而得到数列的通项公式；构造数列，判断其为等比数列，利用等比数列的通项公式可求数列的通项公式. （2）利用裂项求和法可求数列奇数项的项和，利用等比数列的求和公式可求数列偶数项的项和，再相加即可. 【小问1详解】 对数列，因为数列为等差数列，可设公差为， 由题意：，所以， 所以； 对数列，因为， 且， 所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列， 所以. 【小问2详解】 因为. ， 所以 . 19. 在平面直角坐标系中，抛物线E：的焦点为F，E的准线交轴于点K，过K的直线l与拋物线E相切于点A，且交轴正半轴于点P.已知的面积为2. （1）求抛物线E的方程； （2）过点P的直线交E于M，N两点，过M且平行于y轴的直线与线段OA交于点T，点H满足.证明：直线过定点. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意假设得直线l：，联立抛物线方程求得，，再利用三角形面积即可求得，由此得解； （2）根据题意设得：，联立抛物线方程求得，再依次求得T，H的坐标，从而求得直线的方程，化简可得为，由此得证. 【小问1详解】 由题可知，，准线，， 因为直线l的斜率存在且不为0，所以设l：， 联立，消去x，得， 因为l与E相切，所以，所以或， 因为交y轴正半轴于点P，所以, 因此，解得，所以， 故，所以，所以（负值舍去）， 所以抛物线E的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，又l：，所以， 如图所示： 因为过点P的直线交E于M，N两点，所以斜率存在且不为零， 所以设：，，， 联立，消去x，得， 则，所以且，. 又直线：，令，得，所以， 因为，所以，所以， 所以直线的方程为， 所以， 因为， 所以直线为，所以恒过定点. 【点睛】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为，； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $