精品解析：山西省吕梁市2025-2026学年高二上学期2月期末总结考试数学试题

2025～2026学年高二年级2月期末总结考 数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册，选择性必修第二册. 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. 一个直线运动的质点的位移y（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 2. 在等比数列中，，，则（ ） A. B. 3 C. D. 3. 函数的导数（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面的一个法向量，点为上一点，则点到平面的距离为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 5. 已知函数，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 6. 已知数列满足，，则的前2026项和（ ） A. 2023 B. 2025 C. 2026 D. 2137 7. 直线：被圆：所截得的弦长为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 已知抛物线：的焦点为，准线为，点为上一点，为上一点，，若，则点的横坐标为（ ） A. B. C. D. 1 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. 已知直线：，：，则下列说法中正确的有（ ） A. B. 存在，使得 C. 直线过定点 D. 直线过定点 10. 记为等差数列的前项和，若，，则（ ） A. B. C. 与的公差相等 D. 取得最小值时 11. 如图，在棱长为的正方体中，动点满足，其中，则（ ） A. 若，则 B. 若，则三棱锥的体积为定值 C. 若，则的最小值为 D. 若，则直线一定不与平面垂直 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若圆的半径为1，则______. 13. 已知双曲线：的左焦点为，为上在第一象限内的一点，则直线的斜率的取值范围为______. 14. 已知数列满足，，则数列的通项公式为______. 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. 已知函数． （1）求的最小值； （2）求的极值及在上的值域． 16. 已知等差数列的前项和为，，. （1）求的通项公式； （2）若等比数列的公比为3，且，求的前项和. 17. 如图，在直三棱柱中，，，，，分别为棱，的中点，为棱上一点，. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若，函数恰有三个零点，求实数的取值范围． 19. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，，分别为的上、下顶点，四边形的面积为2，的离心率为. （1）求的方程； （2）已知过的直线与交于，两点，且不过的任何一个顶点. （ⅰ）若的倾斜角为，求的面积； （ⅱ）若点在轴的上方，直线，的斜率分别为，，且，求直线的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年高二年级2月期末总结考 数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册，选择性必修第二册. 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. 一个直线运动的质点的位移y（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导，得到，由导数的物理意义得到瞬时速度. 【详解】由题意得，所以， 即该质点在时的瞬时速度为． 故选：A． 2. 在等比数列中，，，则（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式可求答案. 【详解】设的公比为，所以，因为公比为实数，所以，所以，所以. 故选：B. 3. 函数的导数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数的四则运算结合基本初等函数的导函数求解即可. 【详解】由题意知． 故选：D． 4. 已知平面的一个法向量，点为上一点，则点到平面的距离为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用点面距的向量公式求解即可. 【详解】由题意得，所以点到平面的距离. 故选：C. 5. 已知函数，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求函数求导，令，可得出关于的等式，解之即可. 【详解】由题意得，所以， 可得． 故选：B． 6. 已知数列满足，，则的前2026项和（ ） A. 2023 B. 2025 C. 2026 D. 2137 【答案】D 【解析】 【分析】应用数列的周期性计算求和. 【详解】由，得，，， ，所以， 所以是以3为周期的周期数列， 又， 所以. 故选：D. 7. 直线：被圆：所截得的弦长为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】应用平行线间距离公式结合几何法求出弦长. 【详解】由题意得圆心在直线：上，直线，二者之间的距离， 所以圆心到直线的距离为， 所以直线被圆所截得的弦长. 故选:C. 8. 已知抛物线：的焦点为，准线为，点为上一点，为上一点，，若，则点的横坐标为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件求出直线的倾斜角，进而求出直线的方程，再逐次求出的坐标. 【详解】不妨设在轴上方，由抛物线定义得，所以， 所以直线的倾斜角为，所以直线的斜率为， 又，所以直线的方程为， 令，得，则， 令，则变为，得，即点的横坐标为. 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. 已知直线：，：，则下列说法中正确的有（ ） A. B. 存在，使得 C. 直线过定点 D. 直线过定点 【答案】AC 【解析】 【分析】根据垂直及平行系数关系分，计算判断A，B，求解定点判断C，D. 【详解】若，：，：，显然成立， 若，的斜率为，的斜率为，，所以，所以无论为何值，，故A正确，B错误； 的方程可化为，即，所以过定点，故C正确， ，所以过定点，故D错误. 故选：AC. 10. 记为等差数列的前项和，若，，则（ ） A. B. C. 与的公差相等 D. 取得最小值时 【答案】AD 【解析】 【分析】应用等差数列通项公式及下标和性质计算判断A，应用等差数列求和公式结合下标和性质判断B，应用等差数列求和公式计算判断C，结合数列的正负判断D. 【详解】因为，，所以，，故公差，所以，故A正确； 又，所以，故B错误； ，则，所以也是等差数列，公差为，又，故二者的公差不相等，故C错误； 因为，所以，则取得最小值时，故D正确. 故选：AD. 11. 如图，在棱长为的正方体中，动点满足，其中，则（ ） A. 若，则 B. 若，则三棱锥的体积为定值 C. 若，则的最小值为 D. 若，则直线一定不与平面垂直 【答案】ABC 【解析】 【分析】首先通过向量参数方程确定动点的轨迹，进而结合几何性质进行分析：A选项通过代入特定参数确定点位置并计算空间距离；B选项利用线面平行转化得到点到平面距离为定值，从而证明体积不变；C选项将向量条件转化为三点共线，通过几何特征求垂线段最短得到最小值；D选项通过构造特殊位置的反例判断命题不成立. 【详解】若，则点为的中点，易求，故A正确； 若，则点在线段上，易证， 因为平面，平面，所以平面， 又，故点到平面的距离不变，又的面积为定值， 故三棱锥的体积为定值，故B正确； 若，则，，三点共线，连接，，， 易知，所以当为的中点时，，最小， 此时，故C正确； 若，则点为棱上的点，当点与点重合， 即时，平面，故D错误. 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若圆的半径为1，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】将一般式方程化为标准方程，再根据半径求解即可. 【详解】原方程可化为标准方程得：， 所以，解得. 故答案为： 13. 已知双曲线：的左焦点为，为上在第一象限内的一点，则直线的斜率的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】借助双曲线渐近线定义结合斜率定义即可得. 【详解】由渐近线的定义知，当的横坐标时，点无限接近于渐近线， 的斜率趋近于，当趋近于右顶点时，的斜率趋近于0， 所以的斜率的取值范围为. 故答案为：. 14. 已知数列满足，，则数列的通项公式为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用已知求的方法，分别讨论时，与时，的通项，再进行验证； 【详解】由， 当时，， 当时，， 两式相减，得，即， 所以， 所以， 所以， 由于时，不满足上式， 所以. 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. 已知函数． （1）求的最小值； （2）求的极值及在上的值域． 【答案】（1）． （2）极大值为，极小值为； 【解析】 【分析】（1）先对原函数求导得到导函数表达式，再利用基本不等式求出导函数的最小值. （2）通过导函数的正负判断原函数的单调性以确定极值，再计算区间端点与极值点的函数值，从而确定值域范围. 【小问1详解】 由题意得的定义域为，求导得，由基本不等式，可知，当且仅当时等号成立； 所以的最小值为. 【小问2详解】 由（1）知． 令，得，或，令，得， 所以的单调递增区间为和，单调递减区间为， 所以在处取得极大值，在处取得极小值， 所以的极大值为，极小值为， 又，， 显然，，所以在上的值域为． 16. 已知等差数列的前项和为，，. （1）求的通项公式； （2）若等比数列的公比为3，且，求的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设的公差为，根据求和公式求出，即可求出通项； （2）求出，即可求出，从而求出的通项公式，即可得到，再由错位相减法计算可得. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，由题意得，， 解得， 所以. 【小问2详解】 由（1）知， 由题意得，所以，所以， 所以， 则. 所以， 两边同乘以3，得， 两式相减，得 ， 所以. 17. 如图，在直三棱柱中，，，，，分别为棱，的中点，为棱上一点，. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）先证明垂直关系，建立坐标系，求出平面的法向量，利用向量法证明线面垂直； （2）求出两个平面的法向量，利用向量夹角求解平面的夹角. 【小问1详解】 证明：分别取，的中点，，连接，，易证，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以，，两两垂直，以为坐标原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 设平面的一个法向量，则即 令，得，，所以， 所以， 因为平面，所以平面. 【小问2详解】 由（1）知，平面的一个法向量，，， 设平面的一个法向量，则即 令，得，，所以， 设平面与平面的夹角为，则 ， 即平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若，函数恰有三个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）求导，得到，结合，利用导数几何意义得到切线方程； （2）求定义域，求导，并因式分解，分，，和四种情况，得到函数单调性； （3）的零点个数等价于曲线与直线的公共点的个数，由（2）得的单调性和极值情况，结合特殊点函数值，得到不等式，求出符合条件的的取值范围为． 【小问1详解】 当时，，则，所以， 又， 所以曲线在点处的切线方程为， 即． 【小问2详解】 的定义域为R， ， ①当时，，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减； ②当时，在上恒成立，所以在上单调递增； ③当时，令，得，或，令，得， 所以在和上单调递增，在上单调递减； ④当时，令，得，或，令，得， 所以在和上单调递增，在上单调递减. 【小问3详解】 函数的零点个数等价于曲线与直线的公共点的个数， 当时，由（2）得在和上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为， 又， ， 所以要使曲线与有三个公共点，必有， 即符合条件的实数的取值范围为． 19. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，，分别为的上、下顶点，四边形的面积为2，的离心率为. （1）求的方程； （2）已知过的直线与交于，两点，且不过的任何一个顶点. （ⅰ）若的倾斜角为，求的面积； （ⅱ）若点在轴的上方，直线，的斜率分别为，，且，求直线的方程. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）根据面积列式结合离心率及计算求解； （2）（ⅰ）设直线联立直线和椭圆得出韦达定理得出面积求解；（ⅱ）设直线联立方程组得出韦达定理，再计算斜率积求解参数得出直线方程. 【小问1详解】 记，由题意知， 解得，，所以的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）得，，，因为直线的倾斜角等于， 所以的斜率为，所以的方程为， 由得， 设，，则，， 所以，， 所以的面积 . （ⅱ）由题意知的斜率不为0且不过，点，故设的方程为，，， 由得， 则，且，， 因为，所以，， 所以 ， 所以，所以的方程为，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $