精品解析：陕西西安中学2025-2026学年第一学期期末考试高二数学试题

西安中学2025-2026学年度第一学期期末考试 高二数学试题 （时间：120分钟 满分：100分） 命题人：薛恒 一、选择题(本题共8小题，每小题3分，共24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. 椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 2. 已知点是点在坐标平面内的射影，则（ ） A. B. C. D. 4 3. 等差数列的前项和为，若，则的值是 A. B. C. D. 4. 如图，在平行六面体中，，，，点M为线段的中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 若函数在时取得极小值，则的极大值为（ ） A. B. 1 C. D. 6. 等比数列的前n项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知是圆上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为、，则四边形的外接圆的面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，若恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本题共3小题，每小题4分共12分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得4分，有选错的得0分，部分选对得2分.） 9. 等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 的公差为2 B. C. 的最大值为32 D. 使得的的最大值为11 10. 已知圆的圆心为，抛物线的焦点为，准线为，动点满足，则（    ） A. 曲线与有两个不同的公共点 B. 点的轨迹为椭圆 C. 的最大值为 D. 当点在上时， 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点为的中点，且点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若点与重合，则， B. 若平面，则 C. 存在唯一的点使得平面 D. 若，，则点到平面的距离为 三、填空题：(本题共3小题，每小题4分，共12分) 12. 若函数的单调递减区间恰为，则实数a的值为______． 13. 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若BB1=AB=2，则点C到直线AB1的距离为___________. 14. 已知数列、满足，，，设数列的前项和为，若存在使得对任意的都成立，则正整数的最小值为______． 四、解答题：(本题共5小题，共52分．应写出文字说明、证明过程演和算步骤．) 15. 已知函数，且曲线在点处的切线方程为l，直线m平行于直线l且过点. （1）求出直线l与m的方程； （2）指出曲线上哪个点到直线m的距离最短，并求出最短距离. 16. 已知数列 的首项 且满足 （1）求证: 是等比数列； （2）求数列 的前n项和 17. 如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，． （1）证明：； （2）点在棱上，当二面角为时，求． 18. 已知函数，其中． （1）求的单调区间； （2）当且时，判断与的大小，并说明理由． 19. 已知椭圆的离心率. （1）若椭圆过点，求椭圆的标准方程. （2）若直线均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设. ①求； ②记，求数列的前项和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西安中学2025-2026学年度第一学期期末考试 高二数学试题 （时间：120分钟 满分：100分） 命题人：薛恒 一、选择题(本题共8小题，每小题3分，共24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. 椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由椭圆方程求出和即可求解. 【详解】椭圆，即， 所以则， 故. 故选：D. 2. 已知点是点在坐标平面内的射影，则（ ） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直角坐标系中点的特征结合空间向量的模长坐标表示计算即可. 【详解】根据题意点在坐标平面内的射影为，所以. 故选：C. 3. 等差数列的前项和为，若，则的值是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差中项的性质求出的值，再由等差数列的前项和以及等差中项的性质求出的值. 【详解】由等差中项的性质得，， 因此，，故选A. 【点睛】本题考查等差中项的性质，同时也考查了等差数列前项和公式的应用，解题时充分利用等差数列的性质，可简化计算，同时也可以利用首项和公差，利用方程思想求解，考查计算能力，属于基础题. 4. 如图，在平行六面体中，，，，点M为线段的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量线性运算性质进行求解即可. 【详解】 . 故选：C 5. 若函数在时取得极小值，则的极大值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数求导，结合极小值的定义建立方程求得参数，还原函数解析式明确定义域，求导列表，可得答案. 【详解】由函数，求导可得， 由题意可得，则，解得， 所以，则， ，令，解得或， 可得下表： 极大值 极小值 则函数的极大值为. 故选：D. 6. 等比数列的前n项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 利用等比数列前项和的性质，，，，成等比数列求解. 【详解】因为数列为等比数列，则，，成等比数列， 设，则，则， 故，所以，得到，所以. 故选：C. 【点睛】本题考查等比数列前项和性质的运用，难度一般，利用性质结论计算即可. 7. 已知是圆上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为、，则四边形的外接圆的面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意知四边形的外接圆的直径为，设圆的圆心为,半径为，则，进而可求四边形的外接圆的面积的最大值. 【详解】圆，即为，圆心， 圆即为，设圆心为,半径为，则，， 因为是圆上一动点， 所以. 因为 为四边形的外接圆的直径. 所以四边形的外接圆的面积的最大值为. 故选：B. 8. 已知函数，，若恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，利用导数研究函数的单调性，进而求出的取值范围 【详解】当时 此时，，因为恒成立，所以恒成立，符合题意；  当时 令，要使恒成立，即恒成立， 对求导得， 令，即，解得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增。 所以在处取得极小值，也是最小值，， 要使恒成立，则，即，因为，两边同时除以得，即，解得； 当时 因为恒成立，所以在上单调递增， 当时，，，所以； 当时，，，所以， 但是当足够小时，趋近于，为负数且绝对值较大，此时可能小于，不满足恒成立，所以不符合题意. 综合以上三种情况，的取值范围是. 故选：B. 二、选择题（本题共3小题，每小题4分共12分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得4分，有选错的得0分，部分选对得2分.） 9. 等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 的公差为2 B. C. 的最大值为32 D. 使得的的最大值为11 【答案】BD 【解析】 【分析】由题意得，可得，进而得，依此逐项判断即可. 【详解】设数列的公差为，由题意得，解得， 所以. 对于A，公差，故A错误； 对于B，，则，故B正确； 对于C，，故的最大值为，故C错误； 对于D，由，解得，又因为，所以使得的最大值为11，故D正确. 故选：BD. 10. 已知圆的圆心为，抛物线的焦点为，准线为，动点满足，则（    ） A. 曲线与有两个不同的公共点 B. 点的轨迹为椭圆 C. 的最大值为 D. 当点在上时， 【答案】BC 【解析】 【分析】A：联立圆和抛物线的方程，根据解的情况可知公共点个数；B：根据椭圆定义进行判断；C：根据在椭圆上可知的最大值；D：根据条件先求得点的横坐标，代入椭圆方程后可知纵坐标，则可求. 【详解】圆的圆心为，半径为， 抛物线的焦点为，准线为， 对于A，曲线与联立方程组，消得， 解得或（舍），所以曲线与有一个公共点，A错误； 对于B，动点满足， 根据椭圆的定义可知点的轨迹为焦点在轴上，焦距为，长轴长为的椭圆，B正确； 对于C，点的轨迹为焦点在轴上，焦距为，长轴长为的椭圆， 记焦距为，长轴长为，所以， 所以的最大值为，C正确； 对于D，点的轨迹为焦点在轴上，焦距为，长轴长为的椭圆， 即点的轨迹方程为，点在上时， 则点的坐标为或， 因为，所以，D错误. 故选：BC. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点为的中点，且点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若点与重合，则， B. 若平面，则 C. 存在唯一的点使得平面 D. 若，，则点到平面的距离为 【答案】BCD 【解析】 【分析】点与重合，判断A；根据题意确定平面平面，确定在直线上，判断B；建立空间直角坐标系，运用空间向量表示线面垂直，进而判断C；借助C，确定P位置，求出距离判断D. 【详解】对于A，因为，所以，，故A错误. 对于B，因为，所以四边形为平行四边形， 所以，又面，面，所以面， 又因为，所以四边形为平行四边形， 所以，又面，面，所以面， 又因为，所以平面平面，所以在直线上， 而，则，故B正确. 对于C，如图以为原点建立空间直角坐标系， ，，，，，，，， 则， 故， ，，设平面的法向量为， 则，故可设， ，若平面，则， 所以，从而，，点位置唯一确定，故C正确； 对于D，当，时，此时，由C知，此时平面， 所以点到平面的距离为，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：(本题共3小题，每小题4分，共12分) 12. 若函数的单调递减区间恰为，则实数a的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】求，根据条件可得和4是的根，即可得到结果. 【详解】由题意得，， ∵函数的单调递减区间恰为， 即的解集为， ∴所以和4是的两根， ∴． 故答案为：−4. 13. 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若BB1=AB=2，则点C到直线AB1的距离为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】取AC的中点D，建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法求点到直线的距离． 【详解】取AC的中点D，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A（0，，0），B1（，0，2），C（0，1，0）， 所以=（，1，2）， =（0，，0）. ∴， ∴在上的投影的长度为， 所以点C到直线AB1的距离 d=. 故答案为： 14. 已知数列、满足，，，设数列的前项和为，若存在使得对任意的都成立，则正整数的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】分析可知，数列是首项和公比都为的等比数列，求出数列的通项公式，求出的最小值，可得出不等式，由此可求得正整数的最小值. 【详解】因为数列、满足，，， 则，且， 所以，数列是首项和公比都为的等比数列， 所以，，则， 因为，则数列单调递增， 所以，数列最小项的值为， 若存在使得对任意的都成立，则， 所以，，解得， 所以，正整数的最小值为. 故答案为：. 四、解答题：(本题共5小题，共52分．应写出文字说明、证明过程演和算步骤．) 15. 已知函数，且曲线在点处的切线方程为l，直线m平行于直线l且过点. （1）求出直线l与m的方程； （2）指出曲线上哪个点到直线m的距离最短，并求出最短距离. 【答案】（1）直线：，直线：； （2） 【解析】 【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再利用点斜式求出切线方程，根据直线平行则斜率相等，即可求出直线的方程； （2）显然（1）中的切点到直线的距离最短，再利用点到直线的距离公式计算可得； 【小问1详解】 解：因为，所以，所以，又，即切点为，所以切线的方程为，即，直线与直线平行，所以斜率为，且直线过点，所以直线的方程为，即，即直线：，直线：； 【小问2详解】 解：依题意点到直线：的距离最短，最短距离 16. 已知数列 的首项 且满足 （1）求证: 是等比数列； （2）求数列 的前n项和 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）由题可得，据此可完成证明； （2）由（1）结合分组求和法可得答案. 【小问1详解】 因，则， 又，所以， 从而，则是以为首项，公比为4的等比数列. 【小问2详解】 由（1）可得：. 则 17. 如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，． （1）证明：； （2）点在棱上，当二面角为时，求． 【答案】（1）证明如下： 以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ， ， 又不在同一条直线上， . （2）1 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明； （2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . 18. 已知函数，其中． （1）求的单调区间； （2）当且时，判断与的大小，并说明理由． 【答案】（1）的单调递增区间为；单调递减区间为和． （2），理由： 令，则． 设，则． 所以当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增． 从而，即． 所以的单调递增区间为和． 当时，，即； 当时，，即． 综上，当且时，． 【解析】 【分析】（1）利用导数讨论函数的单调性即可； （2）构造函数，利用二阶导数讨论函数的单调性，即可下结论. 【小问1详解】 的定义域为，且． 令，得． 与的情况如下： - - 0 + 所以的单调递增区间为；单调递减区间为和． 【小问2详解】 略 19. 已知椭圆的离心率. （1）若椭圆过点，求椭圆的标准方程. （2）若直线均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设. ①求； ②记，求数列的前项和. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率得到之间的关系，再结合椭圆过点，求出的值，从而得到椭圆的方程. （2） ①利用根与系数的关系及中点坐标公式求得点的坐标，再根据三点共线得之间的关系；②求得，并利用等比数列的前项和公式求得. 【小问1详解】 因，可得： ①， 又椭圆过点，可得 ②， 联立①，②，解得， 故椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 ①当直线中一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时， 直线与轴重合，不符合题意，故直线的斜率均存在且不为0. 设直线的方程为， 联立，消去，整理得：， 因直线交椭圆于两点，则，且，则， 因直线的方程为，同理可得：， 因三点共线，则，即， 易知，则， 因，则； ②结合①可知，则 ， 因，则数列是首项为9，公比为3的等比数列， 所以数列的前项和为. 【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆相交以及等比数列求和的问题，属于难题.解题的关键点是联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理和三点共线，求出点的坐标，从而得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $