精品解析：江苏省徐州市2025-2026学年高二第一学期期末抽测数学试题

2025~2026学年度第一学期期末抽测 高二年级数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上. 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. 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 已知数列满足，且，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 2. 若直线与直线平行，则（ ） A. 3 B. C. D. 3. 圆被轴截得的弦长为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 5 4. 若抛物线上一点到直线的距离为5，则点到该抛物线焦点的距离为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 5. 已知函数，且，则（ ） A. -1 B. 2 C. 3 D. 6 6. 若圆与圆有公共点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆与双曲线的交点和焦点都在同一个圆上，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 8. 已知函数若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知曲线，则（ ） A. 可以是圆 B. 可以是抛物线 C. 当或时，为双曲线 D. 当时，为椭圆 10. 在各项均为正数的等比数列中，为前项积，若，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数.若是的极值点，则（ ） A. B. 有三个零点 C. 直线与曲线相切 D. 过点可以作三条直线与曲线相切 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数在区间上的平均变化率为_____. 13. 已知椭圆的左、右顶点分别为、.若上的点满足，，则的离心率为_____. 14. 把全体正整数排成一个三角形数阵（如图所示），删除奇数行中的偶数和偶数行中的奇数，剩余的数按从小到大的顺序排成一列，得到数列，则_____. 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. 已知点，，. （1）求外接圆方程； （2）若点关于直线的对称点为，求点到直线的距离. 16. 已知等差数列的前项和为. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前100项和. 17. 已知函数. （1）求的极值； （2）证明：. 18. 已知双曲线经过点，且右顶点.过点作直线与交于、两点，直线、分别与轴交于点、. （1）求方程； （2）若的方程为，求的面积； （3）设点、到的距离分别为、，求的最大值. 19 已知函数，. （1）当时，讨论的零点的个数； （2）若在处取得极大值，求的取值范围； （3）当时，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第一学期期末抽测 高二年级数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上. 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. 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. 已知数列满足，且，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据递推公式先求出，进一步求出即可. 【详解】由，， 则， ， 故选：B. 2. 若直线与直线平行，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】现将直线方程化为一般方程，然后根据直线平行的充要条件解出即可. 【详解】由直线的一般方程为， 此时， 又直线的一般方程为， 此时， 由两直线平行，所以有且， 即且， 解得：， 故选：D. 3. 圆被轴截得的弦长为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】找出圆心和半径，求出圆心到轴的距离 【详解】由圆方程得，圆心为，半径为， 圆心到轴的距离为：， 所以弦长为：， 故选：A. 4. 若抛物线上一点到直线的距离为5，则点到该抛物线焦点的距离为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】由抛物线的定义知：点到抛物线焦点的距离等于点到准线的距离. 【详解】因为抛物线方程为，所以该抛物线准线方程为， 设， 因为点到直线的距离为5，所以，解得或， 又因为点在抛物线上，所以，故 所以点到准线的距离为，即到抛物线焦点的距离为. 故选：B. 5. 已知函数，且，则（ ） A. -1 B. 2 C. 3 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先对函数进行展开，再根据求导公式求出，最后将代入，结合已知条件求的值. 【详解】， 所以， 所以，因为， 所以. 故选：C 6. 若圆与圆有公共点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两圆的圆心距与两圆半径的关系确定的取值范围. 【详解】对于圆，其圆心坐标为，半径， 对于圆，其圆心坐标为，半径为. 两圆的圆心距， 因为两圆有公共点，所以，即， 解得，因此的取值范围为. 故选：D 7. 已知椭圆与双曲线的交点和焦点都在同一个圆上，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出椭圆与双曲线的焦点坐标，可得圆的方程为，，联立圆的方程与双曲线方程得到交点坐标，代入椭圆方程求解即可. 【详解】由椭圆，可得,所以椭圆的焦点在轴，且焦点坐标为; 由双曲线，可得,所以双曲线的焦点在轴，且焦点坐标为， 因为椭圆与双曲线的交点和焦点都在同一个圆上， 所以该圆的圆心为原点，半径为，圆的方程为， 所以，解得; 双曲线方程为：， 联立，解得， 将代入椭圆方程可得：， 解得(负值舍去) 故选：B 8. 已知函数若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得当时，恒成立，当时，显然成立，当时，则有恒成立，利用基本不等式求解即可；当时，则有恒成立，利用导数求出的最小值，即可得的取值范围，再与时得到的范围取交集，即可得答案. 【详解】当时，则有， 即， 当时，显然成立， 当时， 则有， 因为，， 当且仅当，即时，等号成立， 所以， 所以； 当时，则有， 即， 令， 则， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以， 所以， 综上，且， 所以， 所以实数的取值范围为. 故选：A. 二、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. 已知曲线，则（ ） A. 可以是圆 B. 可以是抛物线 C. 当或时，为双曲线 D. 当时，为椭圆 【答案】AC 【解析】 【分析】根据圆、椭圆、双曲线和抛物线的标准方程逐项分析即可. 【详解】令，解得，此时方程，表示圆心在原点，半径为1的圆，故A正确. 抛物线的标准方程中或的指数会出现一次，而曲线中都是二次，故B错误. 当时，，分母异号，此时曲线可表示为双曲线， 当时，，分母异号，此时曲线可表示为双曲线，故C正确. 当时，，分母同号，但时曲线表示圆，故D错误. 故选：AC. 10. 在各项均为正数的等比数列中，为前项积，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用前项积的意义，结合等比数列性质求出公比，再逐项分析判断. 【详解】设各项均为正数的等比数列的公比为，， 根据等比数列的性质得， 又在上单调递增，， ，故A正确. ，，则， 则，故B正确. ，又且，，故C错误. 由，得等比数列为递增数列，则， ，当时，，，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数.若是的极值点，则（ ） A. B. 有三个零点 C. 直线与曲线相切 D. 过点可以作三条直线与曲线相切 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A，对函数求导得出，令，对求导得出，令解出检验即可；选项B，求函数的极值，根据极值以及函数单调性即可判断；选项C，利用切线方程找出切点即可说明；选项D，先检验所给的点是否为切点，然后设切点，求出切线方程，判断切线方程的解的情况即可得出结论. 【详解】由，则， 令，则， 因为是的极值点，所以， 即，解得， 此时， 令，解得， 当时，，此时函数在单调递增， 当时，，此时函数在单调递减， 所以为函数极小值点，也即是的极小值点，满足题意， 所以，故A选项不正确； 由，则， 所以，令，解得或， 当时，，此时函数在单调递增， 当时，，此时函数在单调递减， 当时，，此时函数在单调递增， 则,， ， 根据零点存在性定理可知： 函数在区间上各有一个零点共三个零点，故B选项正确； 设直线与曲线相切的切点为， 由切线的斜率为，则， 即，此时， 即直线为曲线在点处的切线方程，故C选项正确； 由，故不是曲线的切点， 设曲线的切点为， 由，所以切线的斜率为， 所以切线方程为：， 由切线经过，所以， 整理得：， 设，则， 令，则或， 当时，，此时函数在单调递增， 当时，，此时函数在单调递减， 当时，，此时函数在单调递增， 由，， ，， 根据零点存在性定理可知： 区间上分别有一个零点， 即方程有三个不同的实根， 也即过点可以作三条直线与曲线相切，故D选项正确； 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数在区间上的平均变化率为_____. 【答案】3 【解析】 【分析】根据平均变化率定义直接计算可得结果. 【详解】由题意可知函数在区间上的平均变化率为, 故答案为：3. 13. 已知椭圆的左、右顶点分别为、.若上的点满足，，则的离心率为_____. 【答案】 【解析】 【分析】设点在第一象限，推导出，根据可得出的值，即可得出椭圆的离心率的值. 【详解】不妨设点在第一象限，则，可得，易知、， 则，， 所以， 由图可知，， 所以， 所以， 故该椭圆的离心率为. 故答案为：. 14. 把全体正整数排成一个三角形数阵（如图所示），删除奇数行中的偶数和偶数行中的奇数，剩余的数按从小到大的顺序排成一列，得到数列，则_____. 【答案】211 【解析】 【分析】由题意结合删除规则得到新数列规律，按照行数分类讨论，结合行数、每行所含项的个数及末项数的奇偶，得出保留项个数的规律进而求解的值. 【详解】由题意，原三角形数阵前行的数的总和为， 即第行最后一个数为， 设第行保留项的个数为， ①当时，为奇数， 此时第行共个，即奇数个数， 最后一个数为也为奇数， 故该行为奇数行应删除偶数，保留奇数，即保留项的个数个； ②当时，为偶数， 此时第行共个，即偶数个数， 故该行为偶数行应删除奇数，保留偶数，即保留项的个数为个； ③当时，为奇数， 此时第行共个，即奇数个数， 最后一个数为偶数，第一个数也为偶数， 故该行为奇数行应删除偶数，保留奇数，即保留项的个数为个； ④当时，为偶数， 此时第行共个，即偶数个数， 故该行为偶数行应删除奇数，保留偶数，即保留项的个数为个； 故从第一行起，各行保留项的个数依次为： ， 故可知前行共保留个数， 因此，数列中，为第行第个数， 又第行最后个数为，即. 故答案为：. 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. 已知点，，. （1）求外接圆的方程； （2）若点关于直线的对称点为，求点到直线的距离. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设圆的一般方程，代入点的坐标，利用待定系数法求解； （2）求出对称点，利用点到直线距离求解. 【小问1详解】 设所求圆的方程为. 则 解得 故所求圆的方程为. 【小问2详解】 因为点关于直线的对称点为，所以， 因为，所以， 所以直线的方程为，即， 所以点到直线的距离为. 16. 已知等差数列的前项和为. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前100项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)利用等差数列的通项公式和前项和公式列出方程求解即可； （2）利用裂项相消法即可求解. 【小问1详解】 设的公差为，则，解得，， 所以， 即数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）可得，， 所以数列的前100项和为. 17. 已知函数. （1）求的极值； （2）证明：. 【答案】（1）极小值为0，无极大值 （2）证明见解析 【解析】 【分析】(1)求出，，可得答案； (2)将问题转化为证明函数恒成立，结合导数研究的最小值即可求解. 【小问1详解】 定义域为，， 易知在上单调递增，所以的零点为1，列表如下： x 1 - 0 + 单调递减 极小值 单调递增 所以的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 设，， ，令，得，列表如下： x - 0 + 单调递减 极小值 单调递增 所以， 所以，即， 即，所以. 18. 已知双曲线经过点，且右顶点为.过点作直线与交于、两点，直线、分别与轴交于点、. （1）求的方程； （2）若的方程为，求的面积； （3）设点、到的距离分别为、，求的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出双曲线的方程； （2）设点、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，求出，并求出点到直线的距离，结合三角形的面积公式可求得的面积； （3）解法一：设的方程为，设、，将该直线方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，求出直线的方程，可得出点的方程，同理可得出点的坐标，进而可求得线段的中点的坐标，即可求得的最大值； 解法二：设、，不妨设，可得出直线的方程为，将该直线方程与双曲线的方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，同理得出点的坐标，根据，可得出，即可得出线段的中点的坐标，即可求得的最大值. 【小问1详解】 因为双曲线的右顶点为，且经过点， 所以，解得，所以的方程为. 【小问2详解】 联立得， 设、，则，， 所以， 所以. 【小问3详解】 方法一：由题意可知，直线不与轴平行，故其斜率存在， 设的方程为， 联立，得， 设、，则，， 直线的方程为，所以，同理可得， 所以的中点的纵坐标为 ， 所以的中点为定点. 设到的距离为，由图易知、两点在的同侧，所以， 又过定点，所以， 所以最大值为； 方法二：设、，不妨设. 则直线的方程为， 与联立得：， 则，，， 则，，同理，. 而，， 又、、三点共线，则有， 则， 等式两边同时乘以可得， 即，即， 因为，故，即，所以的中点为定点. 设到的距离为，由图易知、两点在的同侧，所以， 又过定点，所以， 所以最大值为. 19. 已知函数，. （1）当时，讨论的零点的个数； （2）若在处取得极大值，求的取值范围； （3）当时，证明： 【答案】（1）2 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对函数求导并求出函数极小值，再由零点存在性定理可判断零点个数； （2）根据极值点与导函数零点的关系，对参数进行分类讨论，再由极大值定义即可求得的取值范围； （3）求得函数在点处的切线方程为，设，可证明当时，，数列的前n项和为，所以. 【小问1详解】 当时，， 又，即0是的一个零点. 因, 当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减， 因为，， 又图象是不间断的，所以在上存在1个零点. 故的零点的个数为2. 【小问2详解】 定义域为， 易知， ①当时，, 令得，列表如下： x 1 - 0 + 极小值 此时在处取得极小值，不符合题意； ②当时，，列表如下： x 1 + 0 - 0 + 极大值 极小值 此时在处取得极小值，不符合题意； ③当时，，，在上单调递增，此时无极值. ④当时，，列表如下：此时在处取得极大值，符合题意. x 1 + 0 - 0 + 极大值 极小值 综上所述，实数a的取值范围是. 【小问3详解】 因为，，所以在点处的切线方程为. 设，下面证明：当时，. 设，则， 设，则， 当时，，，所以，即， 所以在上单调递减，所以， 即，所以在上单调递减，所以， 即，从而. 设数列的前n项和为，则， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $