精品解析：重庆市南开中学校2025-2026学年高二上学期1月期末学业水平检测数学试题

重庆市南开中学校2025-2026学年高二上学期1月期末学业水平检测数学试题 本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.第I卷和第II卷都答在答题卷上. 第I卷（选择题 共58分） 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. 下列式子求导正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据基本初等函数，复合函数的求导法则以及导数的四则运算法则逐一判断即可. 【详解】，故A错误； ，故B正确； ，故C错误； ，故D错误. 故选：B 2. 已知等差数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出的值. 【详解】设等差数列的公差为， 依题意得，解得， 故. 故选：B. 3. 已知直线经过椭圆的一个焦点和一个顶点，则椭圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分别求得直线与坐标轴的交点为，得到，求得，即可得到椭圆的标准方程. 【详解】由直线，令，可得，令，可得， 即直线与坐标轴的交点分别为， 因为直线经过椭圆的一个焦点和一个顶点， 可得，则， 所以椭圆的标准方程为. 故选：D. 4. 已知函数与其导函数的图象如图所示，则（ ） A. 曲线为函数的图象 B. C. 在单调递增 D. 在单调递减 【答案】D 【解析】 【分析】根据原函数和导函数的关系逐一判断即可. 【详解】若曲线为函数的图象，当时，，所以在上单调递增，而曲线在上先减后增 ，不合题意， 所以曲线为函数的图象，所以曲线为函数的图象，故A错误； 由A可知在上单调递减且为偶函数，所以，故B错误，D正确； 在上先增后减，故C错误； 故选：D 5. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中的称为三角形数，该数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项之差或者高次差相等．我们把这类数列叫作高阶等差数列（三角形数是二阶等差数列）.现有一个高阶等差数列，其前5项分别为1，4，10，20，35，则该数列的第7项为（ ） A. 82 B. 84 C. 86 D. 88 【答案】B 【解析】 【分析】设高阶等差数列，得到，再设数列，求得，得到为等差数列，结合累加法，即可求解. 【详解】设高阶等差数列，其前5项分别为1，4，10，20，35， 可得， 设数列满足前4项分别为，可得， 所以数列构成首项为，公差为的等差数列，所以， 可得 ，即， 所以， 所以该数列第7项为. 故选：B. 6. 设点分别在双曲线的两条渐近线上，线段AB的中点在双曲线上，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】不妨设，求得，，根据，得到，再由点为线段的中点，得到，代入双曲线的方程，求得，得到，结合离心率的定义，即可求解. 【详解】由双曲线，可得其渐近线的方程为， 不妨设， 则，， 因为，可得，所以， 又因为点为线段的中点，可得， 代入双曲线的方程，可得， 整理得，可得，即， 所以，可得，即，所以双曲线的离心率为. 故选：C. 7. 已知数列满足：，若，则数列的最大项为第（ ）项. A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】将题目所给递推式变形为，利用累加法和裂项相消法求出，进而求出，最后利用不等式组法求出数列的最大项. 【详解】由可得，当时， ， 当时，，，也满足，所以，，， 由， 即， 解得， 又因为，所以，则数列的最大项为第8项. 故选：C 8. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，用导数得出函数的单调性，然后利用函数的单调性比较大小. 【详解】设，，当时，，所以在 上单调递增， 当时，，所以在 上单调递减. 又因为，，， 所以，即. 故选：A 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. 已知数列满足，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则数列有穷数列 C. 数列可能为常数列 D. 若，则数列单调递增 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意，利用数列的递推公式，分别求得数列，结合数列的性质，逐项分析判断，即可求解. 【详解】由题意知，数列满足， 对于A，若，可得，，所以A错误； 对于B，若，可得，， 若将代入数列的递推公式，此时，分式无意义， 所以数列为有穷数列，所以B正确； 对于C，假设数列为常数列，则，即， 令，可得，整理得，解得或， 当时，，此时数列的各项都是1，此时数列为常数列； 当时，，此时数列的各项都是 ，此时数列为常数列， 所以C正确； 对于D，若，可得，，此时， 所以数列不是单调数列，所以D错误. 故选：BC. 10. 已知是椭圆上一点，是左右焦点，交椭圆于点交椭圆于点，则（ ） A. 的周长等于12 B. 可能是等边三角形 C. 若是椭圆的上顶点，则的面积为10 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据椭圆的定义可判断A，利用反证法可判断B，利用椭圆的定义结合余弦定理可计算出，然后利用面积公式即可判断C；利用椭圆的定义结合余弦定理可判断D. 【详解】由题意可知，椭圆的长半轴长. 对于A，的周长， 故A正确； 对于B，若为等边三角形，又，则为的中点，由椭圆对称性可知，进而得出在轴上，又三点共线，则也在轴上， 与矛盾，所以不可能是等边三角形，故B错误； 对于C，若是椭圆的上顶点，则，设，则， 在由勾股定理可得 ，即，解得， 所以，，设，则， 在由余弦定理可得：， 即解得，即，所以， 所以的面积，故C正确； 对于D，若，则， 设，则，，由A可知，解得， 所以，， 在由余弦定理可得：， 所以，即，，所以 ，故D错误. 故选：AC 11. 已知是曲线上一点，曲线，下列说法正确的有（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 且 C. 点可能在圆的内部 D. 若曲线与曲线恰有个交点，则实数的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用曲线的对称性可判断A选项；令，结合导数求出的取值范围，可判断B选项；由题意得出，令，其中且，利用导数求出函数的值域，可判断C选项；分析可知关于的方程在时有且只有一个实根，令，，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可判断D选项. 【详解】对于A选项，点关于轴的对称点为， 因为，即点在曲线上， 故曲线关于轴对称，A对； 对于B选项，由，由可得， 令，当时，则，求导得， 当时，，即函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增， 此时，符合题意； 当时，，则， 所以函数在上单调递减， 又因为，由可得， 所以不等式的解集为，故且，B对； 对于C选项，对于点，有， 则，令，其中且， 当时，， 则， 所以函数在上单调递增，此时， 当时，， 则， 当时，，即函数在上单调递减， 当时，，即函数在上为增函数， 此时， 故对任意的，，即， 所以点在圆上或圆外，C错； 对于D选项，由题意可知，曲线是焦点在轴上的抛物线，该曲线关于轴对称， 由可得，其中， 所以，故关于的方程在时有且只有一个实根， 令，， 则直线与函数在时的图象有且只有一个公共点， 当时，， 求导得， 所以函数在上单调递减，此时， 当时，，求导得， 当时，，即函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增， 此时， 当时，，如下图所示： 当时，直线与函数在时的图象有且只有一个公共点， 所以实数的取值范围是，D对. 故选：ABD. 第II卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本大题3个小题，每小题5分，共15分．各题答案必须填写在答题卡上相应位置（只填结果，不写过程）. 12. 设函数，曲线在点处的切线与直线平行，则实数的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由导数的几何意义可得出，即可求得实数的值. 【详解】因为，所以， 直线的斜率为， 由题意可得，解得. 故答案为：. 13. 若函数恰有两个极值点，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得，令，求得或，分，，和，四种情况讨论，结合函数的单调性和极值点的定义，即可求解. 【详解】由函数，可得， 令，即，解得或， （1）当时，可得恒成立，此时方程无解，只有一个根， 函数只有一个极值点，不符合题意，舍去； （2）当时，方程，解得，此时只有一个根， 因为时，与同号，所以，单调递增，没有极值点，不符合题意，舍去； （3）若，方程有唯一的实数解， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以为函数的极大值点，是函数的极小值点，符合题意； （4）若，方程有唯一的实数解， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以为函数的极大值点，是函数的极小值点，符合题意， 综上可得，实数的取值范围为. 故答案为：. 14. 已知双曲线，过轴正半轴上一点作斜率为1的直线交于两点，线段的中垂线交于两点，交轴于点，线段的中垂线交于两点，交轴于点，这样可以得到一个点列，若线段的长度为324，则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】利用直线和双曲线联立分别计算出的坐标，通过归纳总结得出为公比为的等比数列，利用等比数列的通项公式即可求解. 【详解】直线的方程为，联立消去得， 所以，则的中点的横坐标，纵坐标， 则直线的方程为 ，即，令，得，即， 联立消去得，所以， 则的中点的横坐标，纵坐标， 则直线的方程为 ，即，令，得，即， 所以为公比为的等比数列， 所以，解得， 故答案为： 四、解答题：本大题5个小题，共77分.各题解答必须答在答题卡上（必须写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程）. 15. 已知函数. （1）当时，求在区间上的最值； （2）若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数的在闭区间上的最值即可求解； （2）将问题转化为在上恒成立，然后分离参数转化为函数最值问题. 小问1详解】 当时，，，令得或 当或时，，当时， ， 所以在和上单调递增，在上单调递减，且， 而，，所以在区间上的最小值，最大值. 【小问2详解】 ，若函数在区间上单调递减，则，即在上恒成立， 不等式转化为， 当时，，由二次函数性质可知，当时，函数取得最小值， 所以的取值范围是 16. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，分别是棱的中点． （1）证明：面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）首先证明出两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，只需证明即可； （2）求出平面的一个法向量，然后再利用线面角的向量公式即可求解. 【小问1详解】 因为，所以，因为是等边三角形，所以，又因为，， 所以，所以，同理可得， 建立以为原点，为轴正方向如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 显然为平面的一个法向量，因为且平面，所以面. 【小问2详解】 设平面的一个法向量为，则，取，则， 设直线与平面所成的角为，则. 17. 已知正项数列的前项和为，数列满足. （1）求数列和的通项公式； （2）设，证明：数列的前2n项和. 【答案】（1）， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用与关系结合等差数列通项公式可求出，利用构造法结合等比数列的通项公式可求出； （2）利用等比数列求和公式求出奇数项和，利用裂项相消求出偶数项和即可得证； 【小问1详解】 由可得， 两式作差得， 整理得， 因为 ，所以，所以， 令可得，解得或（舍去）， 故数列是以首项为，公差为的等差数列， 所以. 由可得， 所以数列是以首项为，公比为的等比数列， 所以， 即. 【小问2详解】 由（1）可知，， 所以 . 18. 已知点是抛物线上的动点，是的焦点，当时，.过点作的切线l，l交轴于点，交轴于点，直线QF与相交于A，B两点（在线段QF上）． （1）求的方程； （2）若为的外心，求点的坐标； （3）求的面积的最小值. 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）当时，求得，因为，根据抛物线的定义得到，列出方程，求得，即可得到抛物线的方程； （2）求得点处的切线方程，得到，，结合，求，再求得的方程，联立方程组，得到，设，得到，代入韦达定理，即可求解； （3）利用弦长公式，求得，求得点到的距离为，得到，令，得到，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解. 【小问1详解】 解：由抛物线，可得其焦点为， 当时，点在抛物线上，可得，解得， 因为，由抛物线的定义，可得，所以， 整理得，解得，所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 解：由抛物线，可得，则， 因为切点，可得， 所以切线方程为，即， 令，可得，所以； 令，可得，所以， 因为焦点为的外心，所以, 又由，所以恒成立， 只需，根据抛物线的定义，可得，所以， 由直线的斜率为，所以其方程为， 设， 联立方程组，整理得，可得， 因为，可得，所以或. 因为点与不重合，所以，， 代入，可得，解得，所以， 所以点的坐标为或. 【小问3详解】 解：由（2）知：直线的方程为， 联立直线与抛物线的方程，整理得，则， 可得， 又由点到直线的距离为， 所以， 令，可得， 则，令，解得，即， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，即的面积的最小值为. 19. 已知. （1）证明：有且只有一个极值点； （2）设是函数的极值点，是函数的极值点，当时，求实数的取值范围； （3）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求得，令，可得，得到函数的单调性，求得取得极小值，结合函数值的变化趋势，即可得证； （2）由（1）知，令，求得，再由，令，得到，设，求得为递减函数，得到，即可求解； （3）由，设，得到，当时，利用导数求得的单调性，得到，求得，再分和，两种情况讨论，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 令，可得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以当时，函数取得极小值，也是最小值， 又因为当时，，当时，， 所以有唯一的实数解，即有唯一的解， 当时，，即，单调递减； 当时，，即，单调递增， 所以是的唯一的极小值点. 【小问2详解】 解：由（1）知，可得， 令，可得， 又由，可得， 令，可得，即， 设，可得，所以为单调递减函数， 又由， 因为，且为单调递减函数，可得，所以， 所以实数的取值范围为. 【小问3详解】 解：由， 不等式，可得， 整理得， 设，可得， 由（2）知，可得，可得， 将代入，可得， 将代入得， 当时，可得， 又由， 当时，，可得，所以， 代入，可得， 所以在单调递增； 当时，，可得，所以， 代入，可得， 所以在单调递减， 所以在取得极大值，也最大值，所以， 故恒成立. 当时，取，则， 代入，可得，此时不满足恒成立； 当时，可得，则， 可得， 由， 因为，所以， 综上可得，当时，，即，所以实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市南开中学校2025-2026学年高二上学期1月期末学业水平检测数学试题 本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.第I卷和第II卷都答在答题卷上. 第I卷（选择题 共58分） 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. 下列式子求导正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知等差数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线经过椭圆的一个焦点和一个顶点，则椭圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数与其导函数的图象如图所示，则（ ） A. 曲线为函数的图象 B. C. 在单调递增 D. 在单调递减 5. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中的称为三角形数，该数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项之差或者高次差相等．我们把这类数列叫作高阶等差数列（三角形数是二阶等差数列）.现有一个高阶等差数列，其前5项分别为1，4，10，20，35，则该数列的第7项为（ ） A. 82 B. 84 C. 86 D. 88 6. 设点分别在双曲线的两条渐近线上，线段AB的中点在双曲线上，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 4 7. 已知数列满足：，若，则数列的最大项为第（ ）项. A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 8. 设，则（ ） 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. 已知数列满足，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则数列有穷数列 C. 数列可能为常数列 D. 若，则数列单调递增 10. 已知椭圆上一点，是左右焦点，交椭圆于点交椭圆于点，则（ ） A. 的周长等于12 B. 可能是等边三角形 C. 若是椭圆的上顶点，则的面积为10 D. 若，则 11. 已知是曲线上一点，曲线，下列说法正确的有（ ） A 曲线关于轴对称 B. 且 C. 点可能在圆的内部 D. 若曲线与曲线恰有个交点，则实数的取值范围为 第II卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本大题3个小题，每小题5分，共15分．各题答案必须填写在答题卡上相应位置（只填结果，不写过程）. 12. 设函数，曲线在点处切线与直线平行，则实数的值为__________. 13. 若函数恰有两个极值点，则实数的取值范围为__________. 14. 已知双曲线，过轴正半轴上一点作斜率为1的直线交于两点，线段的中垂线交于两点，交轴于点，线段的中垂线交于两点，交轴于点，这样可以得到一个点列，若线段的长度为324，则__________. 四、解答题：本大题5个小题，共77分.各题解答必须答在答题卡上（必须写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程）. 15. 已知函数. （1）当时，求在区间上的最值； （2）若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围. 16. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，分别是棱的中点． （1）证明：面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知正项数列的前项和为，数列满足. （1）求数列和的通项公式； （2）设，证明：数列的前2n项和. 18. 已知点是抛物线上的动点，是的焦点，当时，.过点作的切线l，l交轴于点，交轴于点，直线QF与相交于A，B两点（在线段QF上）． （1）求的方程； （2）若为的外心，求点的坐标； （3）求的面积的最小值. 19. 已知. （1）证明：有且只有一个极值点； （2）设是函数极值点，是函数的极值点，当时，求实数的取值范围； （3）若恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $