精品解析：陕西省渭南市蒲城县2025-2026学年上学期高二期末考试数学试题

陕西省渭南市蒲城县2025-2026学年上学期高二期末考试数学试题 第I卷（选择题） 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的. 1. 已知数列是等差数列，，则（ ） A. 12 B. 15 C. 18 D. 21 2. 等比数列中，，公比，前n项和，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 3. 椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 从5名同学中选3人参加演讲比赛，不同选法种数是（ ） A. 10 B. 20 C. 60 D. 120 5. 的展开式中常数项为（ ） A -15 B. 15 C. -20 D. 20 6. 二项式展开式中所有二项式系数和为64，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 7. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 8. 函数在处的切线斜率为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. e 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 关于等比数列，下列说法正确的是（ ） A. 若，则数列递增 B. 若，则 C. 前n项和恒成立 D. 若且，则 10. 已知双曲线，下列结论正确是（ ） A. 离心率为 B. 渐近线方程为 C. 右焦点坐标为 D. 焦点到渐近线距离为 11. 时，下列不等关系能成立的有（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则正整数_________． 13. ，则__________. 14 对正数，若，则__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 等比数列中，. （1）求通项公式 （2）求前n项和及． 16. 已知函数. （1）求的导数． （2）求在区间上的最大值和最小值． 17. 已知函数在定义域内单调递增． （1）求取值范围． （2）若，求在处的切线方程． 18. 椭圆经过点，且离心率为． （1）求椭圆方程． （2）直线过右焦点交椭圆于两点，求面积最大时的方程，并求面积最大值．（为左焦点） 19. 是抛物线上两点，且. （1）求AB直线过定点． （2）过原点O作于，求点的轨迹方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西省渭南市蒲城县2025-2026学年上学期高二期末考试数学试题 第I卷（选择题） 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的. 1. 已知数列等差数列，，则（ ） A. 12 B. 15 C. 18 D. 21 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的性质，若，则求解. 【详解】因为数列为等差数列，且，所以， 即，所以. 故选：B 2. 等比数列中，，公比，前n项和，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等比数列前n项和公式列式求解. 【详解】依题意，，即，所以. 故选：B 3. 椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用椭圆离心率的求法计算得解. 【详解】椭圆的长短半轴长分别为，半焦距， 所以所求离心率. 故选：B 4. 从5名同学中选3人参加演讲比赛，不同选法种数是（ ） A. 10 B. 20 C. 60 D. 120 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用组合计数问题列式计算得解. 【详解】从5名同学中选3人参加演讲比赛，不同选法种数是。 故选：A 5. 的展开式中常数项为（ ） A. -15 B. 15 C. -20 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】结合二项式定理的通项公式求解即可. 【详解】该二项式展开式通项为. 令，则，所以. 故选：C. 6. 二项式的展开式中所有二项式系数和为64，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项式展开式的二项式系数的性质求解. 【详解】二项式的展开式中所有二项式系数和为，所以. 故选：C 7. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数的导数，再求出导函数的值大于0的不等式解集即可. 【详解】函数，求导得， 由，解得或， 所以所求递增区间是. 故选：A 8. 函数在处的切线斜率为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. e 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义求解. 【详解】函数，求导得，则， 所以所求切线的斜率为2. 故选：C 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 关于等比数列，下列说法正确的是（ ） A. 若，则数列递增 B. 若，则 C. 前n项和恒成立 D. 若且，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式、性质以及前n项求和公式，对每个选项所给条件进行分析推理，判断其正确性. 【详解】因为数列是等比数列，所以通项公式为， 在A选项中，当，时，， 因为，，所以，即，所以数列单调递增，A选项正确， 在B选项中，根据等比数列的性质可得，，则，所以，所以B选项错误。 在C选项中，等比数列的前n项和，当时，若项数为偶数， 则，与矛盾，所以C选项错误， 在D选项中，由等比数列通项公式可得，，， 因为，所以，即， 由及得出且， 所以得出，所以D选项正确， 故选：AD. 10. 已知双曲线，下列结论正确的是（ ） A. 离心率为 B. 渐近线方程为 C. 右焦点坐标为 D. 焦点到渐近线距离为 【答案】ABCD 【解析】 【分析】由双曲线方程确定参数值，进而依次求出离心率、渐近线、焦点判断各项的正误. 【详解】由知，，则离心率为，渐近线为，右焦点坐标为， 所以焦点到渐近线的距离. 故选：ABCD 11. 时，下列不等关系能成立的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据各选项的不等式构造函数，再依次求出导数并借助函数的单调性推理判断即可. 【详解】对于A，，求导得， 函数在上递减，，即，A正确； 对于B，令，求导得，函数在上递增， ，即；令，求导得， 函数在上递增，，即，因此，B正确； 对于C，令，求导得，函数在上递减， ，则，因此，C错误； 对于D，令，求导得，令， 求导得，令，求导得， 函数上递增，而，存在， 使得，当时，，当时，， 函数在上递减，此时；在上递增，此时， 即，函数上递减，，因此，D正确. 故选：ABD 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则正整数_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用组合数计算公式求解即可. 【详解】由可得， 化简可得， 故答案为：. 13. ，则__________. 【答案】20 【解析】 【分析】对给定等式两边求导，再利用赋值法求解. 【详解】由，求导得， 令，得. 故答案为：20 14. 对正数，若，则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】变形给定等式，构造函数并确定该函数的单调性即可. 详解】正数， ，而函数在上都单调递增， 因此函数在上单调递增，原等式等价于， 所以，即. 故答案为：1 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 等比数列中，. （1）求通项公式. （2）求前n项和及． 【答案】（1）； （2），. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出公比，进而求出数列的通项. （2）由（1）的信息，利用等比数列前n项和公式求解. 【小问1详解】 设等比数列的公比为，由，得，解得， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）得，. 16. 已知函数. （1）求的导数． （2）求在区间上的最大值和最小值． 【答案】（1）； （2）最大值和最小值分别为. 【解析】 【分析】（1）利用导数的运算法则求出导数. （2）由（1）确定函数的单调区间并求出最值. 【小问1详解】 函数，求导得. 【小问2详解】 由（1）得，， 当时，；当时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减， ，而，即， 所以在区间上的最大值和最小值分别为. 17. 已知函数在定义域内单调递增． （1）求取值范围． （2）若，求在处的切线方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出，分离参数，构造函数并利用导数求出最值即可. （2）利用导数的几何意义即可求出切线方程. 【小问1详解】 函数的定义域为， 求导得，， 又函数在定义域内单调递增，故在定义域内恒成立，即， 又由均值不等式得，，当且仅当，即时等号成立， ， 取值范围为. 【小问2详解】 当时，，则，， 又， 由点斜式可得，. 即. 故在处的切线方程为. 18. 椭圆经过点，且离心率为． （1）求椭圆方程． （2）直线过右焦点交椭圆于两点，求面积最大时的方程，并求面积最大值．（为左焦点） 【答案】（1） （2）； 3 【解析】 【分析】（1）根据椭圆经过的点以及离心率，列出关于的方程，进而求解椭圆方程. （2）先设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出纵坐标差，再代入面积公式得到关于参数 的函数，最后通过换元转化为对勾函数求最值，最终确定面积最大值与对应的直线方程. 【小问1详解】 因为椭圆标准方程为 ，离心率，所以， 又因为，代入得，椭圆方程可写为， 把椭圆过点，代入方程：， 则，所以，即， 因此，，， 所以椭圆方程为. 【小问2详解】 由（1）得，，， 设直线的方程为，，， 联立椭圆与直线方程：代入得：， 整理得， 因为， 弦长对应的纵坐标差： 代入得， ， 所以的面积， 令，则，代入得， 由对勾函数性质在上单调递增，故， 因此，此时，即，所以， 所以直线的方程为，面积最大值为. 19. 是抛物线上两点，且. （1）求AB直线过定点． （2）过原点O作于，求点的轨迹方程． 【答案】（1）定点 （2）， 【解析】 【分析】（1）利用直线与抛物线联立方程组，结合韦达定理和，可求解直线过定点； （2）利用圆的几何意义得到圆的方程，并注意充要性. 【小问1详解】 设直线方程为：，与抛物线联立可得： ， 设交点， 则，由于 所以， 因为，所以，解得或， 当时，直线过原点，不满足题意，故， 则直线方程为，此时可得直线过定点. 【小问2详解】 由原点O作于，根据（1）可知直线过定点， 所以，即点在以为直径的圆上， 该圆的方程为：， 因为点不过原点，所以点的轨迹方程为，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $