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（三）

长沙市周南中学2025年下学期高二期末考试数学考后针对性训练（三） 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．直线的倾斜角为（   ） A． B． C． D． 2．二项式的展开式的第4项的系数是（ ） A．8 B．35 C．280 D．60 3．等差数列的前n项和为，公差为d，若，，则（   ） A．-3 B．-2 C．2 D．3 4．抛物线上到准线和焦点的距离之和为2的点的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 5．已知函数的一个极值点为3，则（   ） A． B．当时， C．当时， D．是函数的极小值点 6．已知，，，为空间中四点，为坐标原点，若且，，，四点共面，则（   ） A． B． C． D． 7．美加墨足球世界杯将于2026年6月至7月在美国、加拿大、墨西哥的16座城市举行，将是首次有48支球队参赛的世界杯，现在要从小马、小丁、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事宣传、后勤、礼仪、服务四项不同工作，若小马和小丁只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（   ）种. A．120 B．60 C．24 D．36 8．已知满足，则的最小值为（   ） 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．以下四个命题中，正确的是（    ） A．设，动点满足，则动点的轨迹为双曲线 B．若曲线表示椭圆，则 C．方程的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率 D．椭圆与双曲线有相同的焦点 10．在三棱锥中，为边长为2的正三角形，，，设二面角的大小为，，G为的重心，则下列选项正确的是（   ） A． B．若，则 C．若，则在平面PAC内的投影向量为 D．若，则 11．已知函数，则（    ） A．为偶函数 B．若，，则 C．存在实数，使得为减函数 D．当时，有两个零点 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12．若曲线在点处的切线与直线垂直，则 ． 13．关于曲线，给出下列四个结论： ①曲线既关于原点对称，又关于直线对称； ②曲线是封闭图形，且该封闭图形的面积大于； ③曲线不是封闭图形，且它与圆有公共点； ④曲线与曲线恰有四个公共点，且这四点恰为某正方形的四个顶点. 其中所有正确结论的序号是 . 14．已知的三个顶点都在椭圆上，其中A，B分别为的左顶点和上顶点，若以B为顶角的等腰恰好有3个，则直线AB的斜率的取值范围为 ． 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．已知圆的方程为． (1)求实数的取值范围； (2)若圆与直线交于，两点，且，求的值． 16．设等比数列的前项和为，已知，. (1)求和； (2)设，证明：. 17．如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，，为的中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 18．设函数，且在处的切线方程为． (1)求的值； (2)求函数的单调区间； (3)设是曲线在点处的切线方程，若函数是单调函数，求实数的值． 19．如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，点（2，1）在椭圆上． (1)求椭圆的方程； (2)设直线与圆相切，与椭圆相交于两点．且直线过椭圆的右焦点， ①求直线的方程； ②求的面积． 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 $ 长沙市周南中学2025年下学期高二期末考试数学考后针对性训练（三） 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B B B A D B CD ACD 题号 11 答案 BCD 1．A 【分析】求出给定直线的斜率，进而求出其倾斜角. 【详解】直线的斜率为，所以该直线的倾斜角为. 故选：A 2．C 【分析】利用二项式定理的通项公式求解. 【详解】通项为，则， 则第4项的系数是. 故选：C. 3．B 【分析】根据条件列方程组求解即可. 【详解】由，可得，，， 得. 故选：B 4．B 【分析】求出抛物线上点到准线到焦点的距离为2的点的横坐标，从而可求得对应点的坐标，即可得出答案. 【详解】抛物线的焦点，准线为， 设抛物线上点，则到准线距离， 到焦点距离为， 由题意可得，即，解得， 当时，，点坐标为，故仅有一个点满足题意. 故选：B. 5．B 【分析】根据极值点的定义得到，然后用导数研究原函数的单调性判断即可. 【详解】由，所以， 由题可知：， 当时，， 令，则；令，则或. 所以函数在单调递增，在单调递减. 对A，所以在处取得极小值，，错误； 对B，，所以，正确； 对C，当时，，所以错误； 对D，是函数的极大值点，错误； 故选：B 6．A 【分析】根据平面向量基本定理得到，进而得到，根据待定系数法求解即可. 【详解】由题意可知，若，，，四点共面，则，， 即， 所以， 又，所以，，， 可得，即，所以. 故选：A. 7．D 【分析】小马和小丁只能从事前两项工作，由此分2种情况讨论，结合排列组合，即可求解. 【详解】根据题意分2种情况讨论； 若小马或小丁中仅有一人入选，则种不同的方案， 若小马和小丁都入选，则种不同的方案. 综上，共有种不同的方案. 故选：D. 8．B 【分析】根据题意，得到，设和，化简得到，令，得到，设，求得，得到在上单调递增，求得，代入，结合基本不等式，即可求解. 【详解】由， 即 设，可得，且，可得， 再令，则，可得， 即， 令，则， 所以，其中， 设，可得，所以在上单调递增， 由，可得，即， 所以，可得，所以， 则， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最小值. 故选：B. 9．CD 【分析】对于A，由双曲线定义可判断选项正误；对于B，由椭圆标准方程概念可判断选项正误；对于C，求解方程后由椭圆，双曲线离心率概念可判断选项正误；对于D，分别计算椭圆与双曲线的焦点坐标，据此可判断选项正误. 【详解】对于A，两点间距离为，因，则动点的轨迹为以为起点的射线，故A错误； 对于B，因表示椭圆，则或，故B错误； 对于C，对于，则方程两根为，， 则可作为椭圆离心率，可作为双曲线离心率，故C正确； 对于D，椭圆的焦点坐标为：； 双曲线的焦点坐标为：，故D正确. 故选：CD 10．ACD 【分析】A选项,利用重心的向量性质，结合向量减法推导向量表达式.B选项,取AC中点O，结合二面角得向量夹角，将分解为，通过向量模长平方公式计算判断.C选项,由二面角为90°得平面，根据投影向量定义确定的投影向量.D选项,由得为等边三角形，利用的向量表达式，通过向量模长平方公式计算的长度. 【详解】对于A选项，因为， 所以，故A正确. 对于B选项，如图，取中点，过作且，连接，则平面. 因为△为正三角形，所以，， 因为，所以，所以， 所以二面角的平面角为，则. ，则，则， 因为，，，，， 所以 ， 所以，故B不正确. 对于C选项，若，则平面平面， 由于平面平面，平面且， 所以平面PAC， 所以在平面PAC内的投影向量为，故C正确. 对于D选项，若，则为等边三角形，. 因为， 所以 ， 所以，故D正确. 故选：ACD 11．BCD 【分析】利用导数正负与函数增减性的关系即可求解. 【详解】由题得的定义域为，且， 对于选项A：由于的定义域不对称，所以不可能是偶函数，故A选项错误； 对于选项B：若，则，则， 若且，则分别属于和，不妨设，，如下图： 则，，若，则有，即， ，最终有，故B选项正确； 对于选项C：若存在实数使得为减函数，即，证明如下： ，则， ①当时，若，则有恒成立，则，此时有； ②当时，若，则有恒成立，则，此时有； 综上，当时，，为减函数，故C选项正确. 对于选项D：当时，，， ①当时，恒成立，单调递减， ②当时，令，解得，则有，故在上单调递增，在上单调递减. 综上，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减. 在上，单调递减，且，，故在上有且仅有1个零点， 在上，在处取极大值，故是内唯一零点. 综上，有2个零点，故选项D正确. 故选：BCD. 12．1 【分析】通过求导，确定切线斜率，再结合垂直关系即可求解. 【详解】因为，所以， 所以曲线在点的切线斜率为， 因为曲线在点的切线与直线垂直， 所以，解得． 故答案为：1 13．①③ 【分析】根据对称判断①、根据封闭图形的定义判断②、通过联立方程是否有解来判断③④即可. 【详解】若点在曲线上，则满足，将点代入得，故曲线关于原点对称； 点关于直线的对称点是，代入得，故曲线关于直线对称；①正确； 因为，所以，所以，故曲线是无界的，不是封闭图形，②错误； 联立曲线与圆的方程可得，化简得，解得，对应的， 所以曲线与圆有公共点，③正确； 联立曲线与曲线的方程得，化简得，解得， 所以，对应的，所以曲线与曲线恰有四个公共点，坐标为 . 由于，所以， 所以这四个公共点不是正方形的四个顶点，④错误； 故答案为：①③. 14． 【分析】根据已知条件，的第三个顶点C在以B为圆心，以为半径的圆上,结合题意将问题转化为椭圆与圆有四个公共点，联立方程可得，结合已知条件确定，进而求得取值范围为即可. 【详解】 由题意知的第三个顶点C在以B为圆心，以为半径的圆上， 要使以B为顶角的等腰恰好有3个， 则需要满足椭圆与圆有四个公共点； 由，得，所以或； 当时，椭圆与圆有两个交点，分别为左右顶点，当C位于右顶点处满足条件； 当时，要满足椭圆与圆有两个不同交点，需要， 即，即，且，，解得， 因为，，所以， 所以直线AB的斜率的取值范围为． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据已知条件，将问题转化为求椭圆与圆有四个公共点去解决. 15．(1) (2) 【分析】（1）将圆的方程配方，由题意得，求解即得； （2）结合图形，由垂径定理求出，在中列出方程，求解即得. 【详解】（1）方程可化为， 此方程表示圆，，即， 故实数的取值范围是； （2） 由（1）可得圆心，半径， 如图，过点作于点，则， 圆心到直线的距离为， 由图可得：，即， 解得：． 即的值为2. 16．(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）利用等比数列的通项公式和前项和公式列式求解； （2）利用裂项相消法求前项和即可证明. 【详解】（1）由为等比数列，，可得， 即，，解得， 所以，，. （2），， ， 因为，所以，从而. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）方法1，以为坐标原点，直线，，分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求解证明； 方法2，连接，与相交于点，取的中点，证明四边形是平行四边形，得，利用线面平行的判定定理证明； （2）求出平面和平面的法向量，利用向量法求解. 【详解】（1）方法一：以为坐标原点，直线，，分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系. 由已知得，，，，，， 故，，. 设平面的法向量为， 则，即，可取. 因为，故， 又平面，所以平面. 方法二：如图，连接与相交于点，取的中点，连接，. 因为四边形是正方形，所以是的中点， 又是的中点，所以，且. 因为，，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2）因为为的中点，所以，则，，. 设平面的法向量为， 则，即，可取. 设平面的法向量为， 则，即，可取. 所以. 故二面角的正弦值为. 18．(1)； (2)函数的单调递增区间是，；函数的单调递减区间是； (3). 【分析】（1）根据导数的几何意义，可得，解方程即可求解； （2）由（1）得，通过判断导函数的正负区间，即可得函数的单调区间； （3）先根据导数几何意义，求得，代入整理可得，因为函数是单调函数，所以或恒成立，进而可求得实数的值． 【详解】（1）由题意，函数，则，定义域为， 又函数在处的切线方程为， 所以，即，解得； （2）由（1）得，，， 令，即，解得或， 结合二次函数的图象性质，可得 当或时，恒成立，所以函数在区间，单调递增， 当时，恒成立，所以函数在区间单调递减， 综上所述，函数的单调递增区间是，，单调递减区间是； （3）由题意，是曲线在点处的切线方程， 所以，且切线方程为，即， 所以，， 所以 ， 因为，，所以， 令，根据二次函数的图象性质，可得为开口向上的二次函数， 又函数是单调函数，若函数是单调递减函数，则在恒成立， 又，所以在恒成立，与题设矛盾，所以函数不是单调递减函数， 所以函数是单调递增函数，即在恒成立， 又，所以在恒成立， 令，即，解得或， 当，即时，恒成立，即恒成立， 所以函数为单调递增函数，满足题意， 故当时，函数为单调递增函数. 19．(1) (2)①；② 【分析】（1）由题意列出所满足的条件，解出的值，可求得椭圆的方程； （2）①设直线的方程为，利用直线与圆相切可求得直线的方程；②联立直线与椭圆方程，求得，利用三角形面积公式可求面积. 【详解】（1）由题意，得，解得． 所以椭圆的方程为； （2）①由（1）知椭圆的右焦点． 设直线的方程为，即， 因为直线与圆相切，所以，解得， 所以直线的方程为． ②当直线的方程为， 由方程组，解得或， 所以． 又因为O到直线PQ的距离为，所以的面积为； 由对称性可知直线的方程为时，的面积也为； 综上所述：的面积为． 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 $