湖南省长沙市周南中学2025-2026学年高二上学期期末考试数学考后针对性训练（一）

长沙市2025年高二下学期期末考试数学考后针对性训练（一） 一、选择题：本大题共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．过两点，的直线的倾斜角等于（   ） A． B． C． D． 2．在的展开式中，含项的系数是（    ） A． B． C．130 D． 3．已知等差数列的前项和为，，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．若为抛物线上一点，则点到其焦点的距离为（   ）. A．4 B．5 C． D．6 5．已知函数的导函数图象如图所示，则（    ） A．在上单调递增 B．在处取得极大值 C．在上单调递增 D．在处取得最小值 6．若不能构成空间的一个基底，则（    ） A． B．0 C．1 D．2 7．某单位劳动节共有五天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从A、B、C、D、E、F、G七人中选择五人值班，每名员工最多值班一天，已知A不在第一天值班，B不在第五天值班，则值班安排共有（   ） A．1740种 B．1760种 C．1800种 D．1860种 8．已知函数，若不等式 在 上恒成立，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 二、选择题:本大题共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,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 9．已知点P在双曲线的右支上，，是双曲线的左、右焦点，则下列说法正确的是（    ） A． B．离心率 C．渐近线方程为 D．点到渐近线的距离为5 10．下列给出的命题为真命题的是（    ） A．若为空间的一组基底，则也是空间的一组基底 B．若四点共面，为该平面外一点，且，则 C．若平面的法向量，直线的方向向量为，则直线在平面内 D．若空间向量，，满足，，则空间向量在方向上的投影向量的模长为2 11．已知函数，为的导函数，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．当时，有极小值 C．当时，若在恒成立，则 D．若有两个零点，，则随的增大而增大 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12．设的导函数为，曲线在点处的切线与直线垂直，则 . 13．在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，如图所示的曲线为卡西尼卵形线且过坐标原点，其中两定点为，，曲线上点在第一象限内且满足的面积为，则   14．已知椭圆与双曲线有相同的焦点，，且它们在第二象限的公共点为点，点与右焦点的连线交轴于点，且平分，则双曲线的离心率为 ． 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．已知圆的圆心在直线上. (1)求圆的方程； (2)已知直线过点且与圆相切，求直线的方程. 16．已知等差数列的公差，且成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)若，数列的前项和为，求证：． 7．如图，四棱锥的底面是等腰梯形，，，，为等边三角形，且平面平面，连接. (1)证明：； (2)求平面与平面所成角的余弦值. 18．已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)若是减函数，求的取值范围； (3)当时，，求的最大值； 19．已知椭圆的两个焦点为，动点在椭圆上，且的面积最大值为 (1)求椭圆的标准方程； (2)过点，且斜率不为0的直线与相交于两点A，B（在的左侧），设直线的斜率分别为. ①求证：为定值； ②设直线相交于点，求证：为定值. 第1页，共2页 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长沙市2025年高二下学期期末考试数学考后针对性训练（一）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D B B B B D A AB ABD 题号 11 答案 ACD 1．D 【分析】根据斜率求倾斜角即可. 【详解】因为， 所以由可得， 故选：D 2．D 【分析】根据二项式展开式的通项即可求得. 【详解】二项式的展开式的通项为， 由，可得，则含项的系数为． 故选：D. 3．B 【分析】利用等差数列的前项和的公式与等差数列的性质计算即得. 【详解】依题意，,解得 则. 故选：B. 4．B 【分析】先把点代入抛物线方程得出，结合抛物线定义及准线计算求解. 【详解】为抛物线上一点，则，即， 且抛物线的准线为， 则点到其焦点的距离为. 故选：B. 5．B 【分析】根据导函数图象的符号，确定函数的单调性，根据单调性可逐项判断. 【详解】由图可知，当时，，单调递减，故A错误； 当时，，单调递增， 时，，单调递减， 所以在处取得极大值，故B正确；C错误； 时，，单调递增， 所以和处取得极小值，最小值不能确定，故D错误； 故选：B. 6．B 【分析】根据空间向量基底的性质，结合向量共面的条件求解的值. 【详解】因为向量不能构成空间的一个基底，所以这三个向量共面，则存在实数使得， 即， 所以，即. 故选：B 7．D 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理，结合排列、组合计数问题列式计算即得. 【详解】若A、B不值班，值班安排有种； 若A、B只有一人不值班，值班安排有种； 若A、B都值班，值班安排有种， 所以值班安排共有1860种. 故选：D. 8．A 【分析】化简得到，利用导数求得是增函数，且是奇函数，把不等式转化为在上恒成立，令，转化为在上恒成立，令，得到，利用导数求得的单调性和最小值，即可求解. 【详解】由函数， 则（当且仅当时，等号成立）， 所以在上恒成立，所以函数是增函数， 因为，所以是奇函数， 因为在上恒成立， 即在上恒成立， 所以在上恒成立， 即在上恒成立， 令，则在上恒成立， 令，则，且函数等价于， 因为，令，可得；令，可得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以函数的最小值为， 即的最小值为，所以，即实数的取值范围是. 故选：A. 9．AB 【分析】由双曲线方程得，根据双曲线的定义可判断A；由离心率公式可判断B；求出渐近线方程可判断C；根据点到直线的距离公式可判断D． 【详解】对于A，由双曲线方程得，， ∵点P在双曲线的右支上，∴，故A正确； 对于B，离心率，故B正确； 对于C，渐近线方程为，故C错误； 对于D，渐近线方程为，即， 则点到渐近线的距离为，故D错误．. 故选：AB． 10．ABD 【分析】利用不共面来确定基底可判断A，利用四点共面的性质可判断B，利用向量法来确定线面关系可判断C，利用投影向量公式可判断D． 【详解】因为为空间的一组基底，所以不共面， 而在确定的平面内，所以也与不共面， 即也是空间的一组基底，故A正确； 若四点共面，为该平面外一点，且，则，故B正确； 因为，所以，则直线在平面内或，故C错误； 由空间向量在方向上的投影向量的模长，故D正确； 故选：ABD 11．ACD 【分析】求导函数应用导数值得出参数判断A，根据导函数正负得出函数单调性进而得出极小值判断B，先转化不等式再参数分离构造函数结合函数最值计算参数判断C，先转化零点再构造函数结合导函数得出函数单调性判断D. 【详解】对于A，因为，而，所以，故A正确； 对于B，当时，令，解得． 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减． 所以有极大值，无极小值，故B错误； 对于C，由，即， 当时，，所以在上单调递增， 所以，由题意知，故， 令，则，令，解得， 当时，在上单调递增； 当时，，在上单调递减． 所以当时，，即，故C正确； 对于D，若有两个零点，即有两个解，令， 即与有两个交点，因为，令，解得． 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减． 所以当时，， 当时，，当时，，且， 作出的图象，如图所示： 若有两个零点，由图象易得， 不妨设，则由，得． 设，则 由得 所以，令，则． 令，则， 令，则， 所以在上单调递减，故； 所以在上单调递减，故． 所以，所以在上单调递减， 因此随着的增大而减小，由图象可知随着的增大而减小， 所以随着的增大而增大，故D正确． 故选:ACD． 12． 【分析】根据垂直得出斜率关系结合导数的几何意义得出导数值. 【详解】曲线在点处的切线与直线垂直， 可得曲线在点处的切线的斜率为，所以. 故答案为：. 13． 【分析】由题意求出曲线的方程为，根据的面积求出点的纵坐标，代入曲线方程求出横坐标，利用两点间距离公式即可求出答案. 【详解】设曲线上的任意一点， 由题意得，为常数， 即， 因为曲线过坐标原点，所以， 解得， 所以曲线的方程为， 设点，由题意得， 因为的面积为，则， 所以， 代入解得， 即， 所以. 故答案为：. 14．/2.5 【分析】由椭圆及双曲线的定义可得，，设，从而可得，在中，由余弦定理求得，在中，由余弦的定义可得，从而得，求出的值，再由离心率公式求解即可. 【详解】由椭圆的定义知，①，， 由双曲线的定义知，②， 由①②解得，， 设， 因为点与右焦点的连线交轴于点， 且平分， 所以， 在中，由余弦定理知， ③， 设， 则， 由角平分线定理知，， 即， 解得， 在中，④， 由③④得，， 解得或（舍）， 所以双曲线的离心率为． 故答案为： 15．(1) (2)或. 【分析】（1）将圆心坐标代入直线方程后可求圆的方程； （2）根据圆心到直线的距离为半径可求切线方程，注意斜率不存在的情形. 【详解】（1）圆的圆心为， 因为圆的圆心在直线上，所以，解得， 所以圆的方程为. （2）当直线的斜率不存在时，的方程为，此时圆心到直线的距离，所以直线与圆相切； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即， 所以圆心到直线的距离，解得， 所以直线的方程为. 综上所述，直线的方程为或. 16．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据等差数列的通项公式，结合等比数列的性质进行求解即可； （2）运用裂项相消法进行计算证明即可. 【详解】（1）由题意，得且， 解得 所以. （2）证明：由（1）得，因为， 所以. 则 因为，所以，所以. 17．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取中点，利用直角三角形判定证得，再利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理得证. （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）在四棱锥中，取中点，连接， 因为四边形是等腰梯形，， 所以，则四边形是平行四边形， 则，是直角三角形，且， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以. （2）取的中点，连接，由（1）知，，平面， 由为等边三角形，得，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量， 则，令，得， 设平面的一个法向量， 则，令，得； 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18．(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2) (3)1 【分析】（1）求导，分别令导数大于0和小于0，解不等式可得答案； （2）利用导数把问题转化为恒成立问题，再分离参数，利用导数求出函数最值即可； （3）分类讨论求出的最小值即可. 【详解】（1）当时， 的定义域为，且． 令，得；令，得； 因此，的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）因为在单调递减， 所以，即在恒成立． 令，则． 令，则 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以的最大值为，所以的取值范围． （3）的定义域为，． 因为在上单调递增，所以． ①当时，对，有，所以在上单调递增， 则对，，所以符合题意． ②当时，令，得，所以在上单调递减， 所以当时，，所以不合题意，舍去． 综上，，所以的最大值为． 19．(1) (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据给定条件，结合椭圆对称性求出即可求出椭圆标准方程. （2）①设出直线方程，与椭圆方程联立，结合斜率坐标公式列式计算得证；②作关于轴的对称点，由①的结论求出直线方程，并求出交点的坐标，进而求出其轨迹即可. 【详解】（1）令椭圆的焦距为2c，则，设的顶点的纵坐标为， 则，当且仅当时取等号，， 所以椭圆的标准方程为. （2）①直线的斜率存在且不为0，设其方程为，， 由消去得， ，， 则，又，则， 所以. ②由①知，则，作关于轴的对称点，则三点共线， 设，直线方程即为直线方程为， 又直线方程为，由，解得， 则，由，得，而，则， 即，因此点在以为焦点，1为实轴长的双曲线的左支（椭圆内部）上运动， 所以. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $