河南南阳市方城县第一高级中学2025-2026学年高二上学期1月第2次周测数学试题

2025-2026学年高二上学期1月第2次周测数学试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、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，只有一项是符合题目要求的） 1．已知直线在轴上的截距是，在轴上的截距是3，则直线的方程是（    ） A． B． C． D． 2．若直线与圆相切于点，则的值为（    ） A．-4 B．-2 C．2 D．4 3．设，且，则（    ） A． B．0 C．3 D． 4．下列函数求导正确的是（   ） A．， B．， C．， D．， 5．设是双曲线右支上任意一点，分别是双曲线的左、右焦点，则等于（    ） A． B． C．8 D．16 6．已知实数构成公差为的等差数列，若，，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 7．已知半径为1的动圆圆心在直线上，过椭圆上一点作圆的切线，切线长的最小值为（   ） A．2 B．1 C． D． 8．已知函数，方程的两个不相等的根为．若，则的取值范围是（） A． B． C． D． 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．已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．此函数的最大值为（为自然对数的底数） B． C．，使 D．若，有两个不等实根，则（为自然对数的底数） 10．已知直线和圆，下列说法正确的有（    ） A．直线过定点 B．圆上存在两个点关于对称 C．圆心到的最大距离为2 D．圆上至少存在三个点到的距离相等 11．设O为坐标原点，直线过抛物线C：的焦点F，且与C交于A，B两点，l为抛物线C的准线，则（   ） A． B．以为直径的圆与l相切 C．当时， D．当时， 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．在等比数列中，，则的值为 . 13．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，过原点的直线与C的左、右两支分别交于A，B两点，点M在C上，，若以AB为直径的圆过点，则C的离心率为 ． 14．命题“，为假命题”，则实数的取值范围为 . 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．已知直线与圆. (1)若圆C上有且只有一个点到l的距离为1，求r的值; (2)设是圆C上的动点，若的最小值为2，求r的值． 16．已知是等差数列的前项和，且，. (1)求数列的通项公式； (2)若，记数列的前项和为，证明. 17．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为线段上一点，且． (1)求证∶平面． (2)试问∶在线段上是否存在点F，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出平面与平面夹角的余弦值；若不存在，请说明理由． 18．已知椭圆，过C的右焦点F且垂直于长轴的弦AB的长为1，焦点F与短轴两端点构成等边三角形． (1)求椭圆的离心率； (2)设，为椭圆的左、右焦点，过，分别作直线，，且，若与椭圆交于，两点，与椭圆交于，两点（点，在轴上方），求四边形面积的最大值. 19．已知奇函数和偶函数的定义域均为，且. (1)求的值； (2)设函数. （i）若在上单调递增，求实数的取值范围； （ii）当时，设，是函数在上的两个零点，求的取值范围. 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 《2025-2026学年高二上学期1月第2次周测数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C D D C A B A ABD AC 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】先写出直线的截距式方程，再化为一般式. 【详解】直线在轴上的截距是，在轴上的截距是3， 则直线的截距式方程为，化成一般式方程为. 故选：C. 2．C 【分析】由切点在直线上，圆心与切点的连线与切线垂直列式求解即可. 【详解】切点在直线上，所以，即， 圆心与切点连线的斜率为， 所以切线的斜率为， 又切线的斜率为，所以， 所以，解得， 所以. 故选：C. 3．D 【分析】根据向量的平行和垂直的坐标表示，列式计算，可求得向量的坐标，从而可得的坐标，根据向量模的计算公式，即可得答案. 【详解】因为，所以； 由．所以； 所以． 故选：D 4．D 【分析】根据常见函数的导数，结合导数的运算公式、复合函数的导数运算公式逐一判断即可. 【详解】A：因为是常函数，所以，所以本选项不正确； B：，所以本选项不正确； C：，所以本选项不正确； D：， 所以本选项正确. 故选：D 5．C 【分析】利用双曲线的定义直接求解. 【详解】是双曲线右支上任意一点，，分别是双曲线的左、右焦点，所以，又，所以. 故选：C． 6．A 【分析】由题意设，，求出，构造函数，求导判断其单调性，可得值域． 【详解】由实数构成公差为的等差数列，所以设， 则，所以， 构造函数，， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在单调递增， 所以的最小值为， 当时，，当从负方向趋近于时，， 所以，所以或， 所以的取值范围为． 故选：A． 7．B 【分析】切线长 ()，故 对应 ，即求椭圆上点 到直线 的最小距离，首先设与已知直线平行的椭圆切线，再利用相切条件(判别式)，最后计算两平行线间的距离. 【详解】设与直线 平行的直线为 ， 该直线与椭圆相切时，联立方程， ， 化简得： ，即 ， 即，解得 已知直线为 ， 两条切线为 和 。 直线 与已知直线的距离： 直线 与已知直线的距离： 所以 ，代入切线长公式 得. 故选：B 8．A 【分析】利用函数的对称性可知，方程的两个不等根满足，从而得到，结合条件可解得的取值范围为，由于在区间上单调递减，将的端点值代入函数即可得到的取值范围. 【详解】函数的定义域为， 且满足 故是方程的根，则也是根，故，设 由，得 已知 设，在上单调递减， 解方程得，解得， 因此 又，，时，， 故在区间上，单调递减， ， ， 又在上单调递减， 故选：A 9．ABD 【分析】利用导数研究函数单调性、零点情况，结合即可分析判断ABC；将题设等价转换为，令，则，即与有两个不交点，利用导数研究函数的单调性，作出的图像，利用数形结合即可得解判断D. 【详解】对于A，， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以函数的最大值为，故A正确， 对于B，因为，且当时，单调递减， 所以，故B正确； 对于C，因为，当时，单调递减且，当时，单调递增， 所以函数有唯一零点， 因此由，由于函数的最大值为， 所以方程无实数解，不C错误； 对于D，有两个不等实根，则有两个不等的解， ，令，则， 由，所以，所以， 令有，由， 所以在单调递增，在单调递减，， 作出的图像： 由图可知， 所以有两个不等的解，则，故D正确. 故选：ABD 10．AC 【分析】根据定点列式判断A，应用圆的对称性判断B，D,应用定点判断距离最大判断C. 【详解】直线，当时，，所以直线过定点，故A正确； 圆上存在两个点关于直线对称，则直线是过圆心的，不过圆心，所以圆上不存在两个点关于对称，B选项错误； 圆心到的最大距离为圆心到定点的距离，所以圆心到的最大距离为2，故C选项正确； 当时，与圆相离，圆上的点到距离为，圆上有1个点到的距离为1或3，圆上有2个点到的距离相等为，圆上不存在至少三个点到的距离相等，D选项错误； 故选：AC. 11．ABD 【分析】由直线经过定点可得故可判断A；再由焦点弦公式及弦中点坐标可判断B，对C直接用焦点弦公式可判断，对D用焦半径公式并结合根与系数关系可得A，B两点的横坐标，进而可得所求结果. 【详解】因为直线过定点，且经过抛物线C：的焦点F， 所以，，准线为，故A正确； 设，将代入得， ，是方程的两个根，， 所以的中点横坐标，, 所以的中点到准线的距离为，故以为直径的圆与l相切，所以B正确； 当时，由，故C错误； 当时，由抛物线的定义得，即. 又因为，所以，解得或（舍去）， 所以，， ，所以，故D正确. 故选：ABD. 12．1或 【分析】根据等比数列的通项公式可求得结果 【详解】设等比数列的公比为， 因为， 所以，解得或， 所以的值为1或， 故答案为：1或. 13． 【分析】连接，，，设，得到，，，分别在直角和中，利用勾股定理，列出方程，结合离心率的定义，即可求解. 【详解】如图所示，连接，，， 由以为直径的圆恰好过左焦点，可得， 由双曲线的对称性得四边形为矩形， 设，则，，， 在直角中，可得， 即为，解得， 在直角中，， 即为，即为，即有． 故答案：.    14． 【分析】将问题转化为命题“，”为真命题，令，利用导数求函数的最大值即可求得解. 【详解】因为“，”为假命题， 所以命题“，”为真命题. 即，成立. 令, 因为， 所以是单调递增函数， ， 所以，即. 故答案为：. 15．(1)； (2). 【分析】（1）由题设求出圆心到直线的距离，根据圆C上有且只有一个点到l的距离为1，确定圆的半径即可； （2）将已知条件化为圆C上点到直线的距离最小值为1，结合圆心到直线的距离，即可得圆的半径. 【详解】（1）由题设，圆心到直线的距离为， 所以时，圆 C上有且只有一个点到l的距离为1； （2）由，即圆C上点到直线的距离最小值为1， 因为圆心到直线的距离为， 所以. 16．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用等差数列基本量的计算可求数列的通项公式； （2）由（1）得，进而利用裂项相消法可求，可证结论. 【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为， 由题意得，解得：， 所以. （2）由（1）得， 所以， ， 因为，所以，所以， 所以. 17．(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）由条件证得，，从而得平面，从而得，又，从而得证． （2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，由条件求出的值，确定存在点满足题意，分别求出平面与平面的法向量，利用向量法求两个平面的夹角的余弦值． 【详解】（1）(1)证明∶因为底面，且底面， 所以． 又因为底面为正方形，所以． 又因为，且平面， 所以平面． 因为平面， 所以． 又，且平面， 所以平面． （2）已知底面，且，以A为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，．又，所以， 设，则， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则=， 解得=（负值舍去），所以． 即 ， 又因为，设平面的法向量为， 则，取，可得，， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值． 综上，存在点满足题意 ，且点为的中点 ，此时平面与平面夹角的余弦值为． 18．(1) (2)4 【分析】（1）根据已知得出，，计算后代入方程即可得出答案； （2）先求出两平行直线没有斜率时，此时，再求出当两平行直线有斜率时，最大值为1，再根据四边形的面积为即得解. 【详解】（1）设，由点A在椭圆C上，得，解得， 所以， 又焦点F与短轴两端点构成等边三角形， 所以，所以，， 所以，故. （2）由（1）知椭圆C的方程为， 当的倾斜角为0°时，与重合，不满足题意； 如图， 当的倾斜角不为0°时，由对称性得四边形为平行四边形 ，设直线的方程为 代入，得, 显然，设，， 则，， 所以 设，所以，， 所以 当且仅当即时，即时等号成立． 所以，而 所以. 19．(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据奇偶性的性质代入化简即可得解， （2）根据奇偶性可求解，的表达式，利用换元法，结合复合函数的单调性，根据二次函数的性质即可求解（i），根据韦达定理以及指数幂的运算，将问题转化为，结合，即可求解（ii）. 【详解】（1）在中令可得： 因为是奇函数，是偶函数，所以. （2）（i）由解得 由于函数和均在上单调递增，所以在定义域上单调递增. ， 令，结合函数的单调性可知： 当时，，并且， 令，，对称轴为， 因为在单调递增，而在单调递增， 所以在单调递增，于是，解得. （ii）令，，不妨设，则 由题意知：的两个零点为，， . 一方面： ，① 又因为，② 令，将②式代入①式可得：.③ 另一方面： ， ，即有：④ 将④式代入③式可得：， 化简可得：，因为，所以， 即：， 因为，所以 所以的取值范围是. 答案第2页，共14页 答案第1页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $