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（四）

长沙市周南中学2025—2026学年上学期高二数学期末考试考后 针对性训练（四） 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． 2．二项式的展开式中第5项的系数为（    ） A．252 B．-252 C．210 D．-210 3．已知等差数列的前n项和为，且，，则数列的前50项和为 A． B． C． D． 4．已知抛物线的焦点为，点在上.若到直线的距离为5，则 A．3 B．4 C．5 D．6 5．已知函数且，关于函数，有下列四个命题： 甲： 是的极值点;                乙：3是的零点; 丙： 在区间单调递减;            丁： 在单调递增． 如果只有一个假命题，则该命题是（    ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 6．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，过点的平面分别与棱、、交于点、、，若，，则（　　） A． B． C． D． 7．已知甲、乙、丙、丁四名学生利用假期的某周周一到周五去敬老院参加志愿者活动，每天去一人，且甲参加两天活动，其余三名学生每人一天，则安排甲不在相邻两天做志愿者的概率为（   ） A． B． C． D． 8．若对任意恒成立，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．下列关于双曲线的说法，正确的是（ ） A．双曲线的焦距为2 B．双曲线的两条渐近线相互垂直 C．双曲线的离心率为 D．存在一条直线，与双曲线有三个交点 10．在空间直角坐标系中，已知点，，，为坐标原点，则下列说法正确的是（    ） A． B．点在平面内 C．三角形的面积为 D．三棱锥的体积为 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 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12．已知直线是曲线的一条切线，则 ． 13．如图所示，在的长方形区域（含边界）中有两点，对于该区域中的点，若其到的距离不超过到距离的一半，则称处于的控制下，例如原点满足，即有点处于的控制下，同理可定义处于的控制下，给出下列四个结论： ①点不处于的控制下； ②若处于的控制下，则； ③点可以同时不处于的控制下； ④图中所有处于的控制下的点构成的区域面积为. 其中所有正确结论的序号是 . 14．如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，为椭圆上一点（在轴上方），连结并延长交椭圆于另一点，设，若垂直于轴，且椭圆的离心率，求实数的取值范围 ． 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．已知斜率为，经过点的直线l，交圆于两点． (1)求直线l的方程； (2)求AB的长度． 16．已知数列的首项，且满足． (1)证明：为等比数列； (2)已知，为的前项和，求． 17．如图，在四棱锥中，平面，，是以为斜边的等腰直角三角形． (1)证明：平面平面． (2)若，，且直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值． 18．已知函数． (1)若曲线在处的切线与在处的切线的倾斜角互补，求的值； (2)若函数有三个零点，，，且． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 19．在平面直角坐标系中，已知，平面内一动点满足,成等差数列，记点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)过点的直线交曲线于A，B两点. ①若点的坐标为，求线段AB的长； ②若的面积是面积的3倍，求直线的方程. 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—2026学年上学期高二数学期末考试考后 针对性训练（四）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A A A A B D BC ABD 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】由直线与轴平行即可选出答案. 【详解】因为直线方程为：，与轴平行，所以直线的倾斜角为. 故选：B. 2．C 【分析】求出展开式的通项，从而可得第5项的系数． 【详解】二项式展开式的通项公式， 当时，第5项系数为210． 故选：C. 3．A 【分析】先求出等差数列的通项公式，然后用裂项相消求和. 【详解】设等差数列的首项为，公差为， 由已知可得，解得， 由，，得， 因此，. 故选：A 4．A 【分析】根据抛物线方程得到其准线方程，结合题意可得到准线的距离为3，进而结合抛物线定义即可求解. 【详解】抛物线的准线方程为， 因为到直线的距离为5，所以到准线的距离为3，则. 故选：A. 5．A 【分析】由题知，甲丙互相矛盾，所以乙丁一定为真命题，根据条件可求得，再利用导数确定单调性及极值即可. 【详解】根据题意可知，甲丙互相矛盾，所以乙丁一定为真命题， ，又， 所以，， 则，又乙为真命题，， 即，， 令或， 所以或时，，单调递增， 时，，单调递减， 故甲为假命题，乙、丙、丁为真命题. 故选：A. 6．A 【分析】设，连接，由空间向量的线性运算得出，，结合空间向量的基本定理可得出关于、、的方程组，解出这三个未知数的值，即可得出答案. 【详解】设，连接， 则． 因为，即，故， 因为、、、四点共面，且、不共线，存在、，使得， 所以， 由空间向量的基本定理可得，解得，所以. 故选：A. 7．B 【分析】法一：先求出总情况数，再先全排列乙、丙、丁，然后插空得到满足题意的情况数，再利用古典概型计算概率即可得到答案；法二：先求出总情况数，再采用正难则反的原则即可得到答案. 【详解】解法1：总的安排方法数为种，其中乙、丙、丁全排列方法数为种， 甲在乙、丙、丁的排列形成的四个空当中任选两个的方法数为种， 故所求概率， 解法2：总的安排方法数为种，其中甲两天相邻的排列方法数为种， 故所求概率， 故选：B． 8．D 【分析】根据给定的不等式，利用同构的思想，并按分类讨论，构造函数，利用导数探讨单调性转化为恒成立的不等式求解. 【详解】由，得，当时，，当时，， 不等式恒成立，当时，令函数，求导得， 当时，，函数在上单调递增，而当时，， 不等式，即，于是， 因此，恒成立，令，求导得， 则函数在上单调递增，，于是，则， 所以实数的取值范围是. 故选：D 【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用. 9．BC 【分析】将双曲线化为标准形式得到，结合双曲线的几何性质逐项判断即可. 【详解】将双曲线化为标准形式，由此可得 对于A，焦距为，故A错误； 对于B，渐近线方程为，斜率之积为，相互垂直，故B正确； 对于C，离心率，故C正确； 对于D，直线与双曲线联立得到的是二次方程，最多有 2 个解，所以最多有2个交点，故D错误； 故选：BC. 10．ABD 【分析】根据数量积的坐标运算即可求解AC，根据，即可求解B，根据向量模长公式求解点面距离，即可根据锥体体积公式求解D. 【详解】由于,故，即，则，A正确， 由于，故共面，因此在平面内，B正确， 由可知三角形为直角三角形，， 故其面积为，C错误， 设平面的法向量为，则令，则，故， 则点到平面的距离，故三棱锥的体积为，D正确， 故选：ABD 11．ABD 【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. 12．4 【分析】设切点为，求导得，利用导数的几何意义求切点坐标，代回曲线方程即可得到答案. 【详解】设切点为，则，， 因为，所以， 由已知，解得，则， 则切点坐标为，代入曲线方程得，解得. 故答案为：4. 13．①②③ 【分析】利用处于的控制下的定义由求解. 【详解】由图知： ①设，则，不满足，点不处于的控制下，故正确； ②若处于的控制下，则满足， 设， 则 所以 ，化简得 ， 如图所示： 当点P在OCD区域时，的最大值为，故正确； ③若点不处于A的控制下，则，即； 若点不处于B的控制下，则，即，则成立， 则存在点可以同时不处于的控制下，故正确； ④由②知，图中所有处于的控制下的点构成的区域为圆和矩形， 所以其面积为，故错误； 所以其中所有正确结论的序号是①②③， 故答案为：①②③ 14． 【分析】根据题意求出点的坐标，再联立直线和椭圆方程，利用韦达定理求出点坐标，根据，结合椭圆离心率与的关系求解. 【详解】设， 因为垂直于轴，所以代入椭圆方程， 得，所以， 设， 联立，消去整理得，， 所以，所以， 又因为，所以， 又因为，所以， 所以， 因为，所以，所以， 所以，所以. 故答案为：. 15．(1)； (2). 【分析】（1）设出直线的点斜式，即可得解； （2）先求得圆心到直线的距离，再运用圆的弦长公式，即可得解. 【详解】（1）由题可设直线的点斜式， 整理得直线. （2）由题可知，圆的圆心，半径， 又因为圆心到直线的距离， 故弦长. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由，得到，再利用等比数列的定义证明； （2）由（1）得到，从而得到，然后利用分组求和求解. 【详解】（1）证明：由， 得， 又， 所以是以为公比，1为首项的等比数列． （2）由（1）可得， 即， 当为奇数时，； 当为偶数时，， 所以， ， . 17．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用线面垂直的性质判定，面面垂直的判定推理得证. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，由已知线面角求出线段长，进而求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）由是以为斜边的等腰直角三角形，得，由平面， 平面，得，而平面， 则平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）得，而平面，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由平面，得直线与平面所成的角为，且，则， 而，则，， ，， 设平面的法向量为，则，令，得， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18．(1) (2)(ⅰ) ;(ⅱ)见解析 【分析】（1）首先分和两种情况去绝对值，再根据导数的几何意义求解； （2）（ⅰ）首先将方程转化为，转移为与的图象交点个数求的取值范围，去绝对值后利用导数分析的单调性和图象，即可求解； （ⅱ）利用分析法将所证明不等式转化为证明，根据函数零点的方程转化为证明，再根据，转化证明，再通过构造，换元，则，，构造函数，利用导数求函数的最小值，即可证明不等式. 【详解】（1）当时，，，， 当时，，，， 由条件可知，. （2），得， 设， ，，所以在区间上单调递减， 当时，，当时，， ，，得，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 当时，取得极大值，当时，， 画出函数的图象， 与的图象有3个交点，则； (ⅱ)由（ⅰ）可知，， 要证明，只需证明， 又，，即证，所以上式等价于证明， 由，，得，即， 所以只需证明， 即证， 令，则，上式等价于证明， 令，则， 因为，所以恒成立，所以在上单调递增， 所以当时，，即， 所以原不等式成立，即. 19．(1) (2);直线： 【分析】（1）利用等差数列条件推导轨迹方程. （2）①结合直线与椭圆联立求解几何量；②利用同底，点横坐标是点横坐标的三倍求解即可. 【详解】（1）设动点，已知：，，且,,成等差数列， 由等差数列性质得：, 易得：,所以， 根据椭圆定义：，， 中心在原点，焦点在轴上， 故曲线方程为：. （2）①直线过点,，故直线方程为：， 联立：，代入消元并通分得：， 解得：，，所以点, , 故线段. ②当斜率不存在时，即，此时四点共线，不构成三角形，不符合题意. 当斜率存在时，设直线为：，，. 联立：，展开通分得：， 三角形和三角形是同底的，要使三角形的面积是三角形的3倍， 即， ，， 观察发现：，即同号，不妨设：， 代入和与积： ， ， 代入得：， 化简得：， 故方程为：. 综上：（1）曲线方程：. （2）①线段.②直线方程：. 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 $