精品解析：河南信阳高级中学北湖校区2025-2026学年高三上学期2月期末测试数学试题

河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高三上期02月期末测试 数学试题 一、单选题：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. 已知复数，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 2. 已知集合，且，则实数的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 3. 已知，，，则点C到直线AB的距离为（ ） A. 3 B. C. D. 4. 若实数，且，则的最小值为 A. B. C. D. 5. 函数图象的对称中心是（ ） A. B. C. D. 6. 已知满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆： ()的短轴长为4，上顶点为，为坐标原点，点 为的中点，双曲线：(， )的左､右焦点分别与椭圆的左､右顶点，重合，点是双曲线与椭圆在第一象限的交点，且，， 三点共线，直线的斜率，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列满足，（且），则（ ） A. B. C. D. 10. 若等边三角形的边长为为的中点，且交于点，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 若点为的中点，则 C. 为定值 D. 的最小值为 11. 在平面直角坐标系中，动点到定点与轴的距离之积为常数，记点的轨迹为曲线，曲线的图象如图所示，下列结论正确的是（ ） A. B. 曲线的方程为 C. 曲线关于直线对称 D. 曲线上的点到轴的距离的最大值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的最小值是______. 13. 已知曲线与曲线相交，且在交点处有共同的切线，则______，切线方程为______． 14. 已知四棱锥的5个顶点都在球的球面上，且平面，则球的表面积为_______． 四、解答题：本大题共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. 在中，三个内角所对的边分别为为边上一点，满足． （1）若，求的值； （2）若，求的面积． 16. 如图，三棱柱各棱长均相等，为棱上一点，为棱的中点，平面． （1）求的值； （2）若平面将三棱柱分为两部分，较小部分的体积为，较大部分的体积为，求的值． 17. 已知数列的前n项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若，且数列的前n项和为，求证：当时，． 18. 定义：由椭圆的一个焦点和长轴的一个顶点（焦点与顶点在同一边）和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“焦顶三角形”，如果两个椭圆的”焦顶三角形”相似，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将三角形的相似比称为椭圆的相似比，下列问题中（ 对应图1，对应图2）. （1）判断椭圆与椭圆是否是“相似椭圆”? 若是，求出相似比；若不是，请说明理由； （2）证明：两个椭圆是“相似椭圆”的充要条件是离心率相等； （3）已知椭圆椭圆的离心率为，与是“相似椭圆”，且与的相似比为，若的面积为 ，求的面积（用，， 表示）. 19. 已知函数 ． （1）若，证明： ； （2）若 恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高三上期02月期末测试 数学试题 一、单选题：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. 已知复数，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】先根据复数除法运算化简求出 ，即可求出模. 【详解】， 故． 故选：B. 2. 已知集合，且，则实数的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数函数单调性以及一元二次不等式解法求得集合，再由并集结果可得实数的最小值. 【详解】解不等式可得，即， 解不等式可得或； 当时可得，解得 . 因此实数的最小值为3. 故选：B 3. 已知，，，则点C到直线AB的距离为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用空间向量的坐标运算求在上投影长及的模长，再应用勾股定理求点C到直线AB的距离. 【详解】因为，，所以． 设点C到直线AB的距离为d，则 故选：D 4. 若实数，且，则的最小值为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由均值定理 ，当且仅当时，等号成立，故选择D. 5. 函数图象的对称中心是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数解析式以及对数运算法则可得函数满足，即可得对称中心为. 【详解】易知的定义域为， 所以可得， 因此 ， 即函数满足，因此的对称中心为. 故选：B 6. 已知满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由两角和的正切公式可得出，结合题中等式化简得出的值，结合可得出角的值. 【详解】因为满足， 所以， 因为， 故， 故， 因此，. 故选：B. 7. 已知椭圆： ()的短轴长为4，上顶点为，为坐标原点，点为的中点，双曲线 ：(， )的左､右焦点分别与椭圆的左､右顶点，重合，点 是双曲线 与椭圆在第一象限的交点，且， ，三点共线，直线的斜率，则双曲线 的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由椭圆的短轴长为4得的坐标，的坐标 设 的中点为连接得，， 直线 的方程得的坐标， 的坐标，求出双曲线 的实轴长， 解得双曲线 的离心率. 【详解】因为椭圆： ()的短轴长为4，所以，. 设 的中点为，连接，则，而，， 所以，得 ，所以直线 的方程为， 与直线的方程联立，得解得 所以的坐标为， 的坐标为， 又双曲线 ：的左､右焦点分别为，， 所以根据双曲线的定义， 得双曲线的实轴长， 所以双曲线 的离心率， 故选：D 【点睛】充分利用椭圆和双曲线的几何特征，特别是双曲线的左右焦点与椭圆的左右顶点重合. 结论拓展已知直线：与椭圆 相交于，两点，为的中点，为坐标原点，则. 8. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据式子结构特征构造函数，利用单调性判断可得 ，再令，求导判断出单调性可得，即可求得结果. 【详解】由可构造函数， 则，令，解得， 因此可得当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 可知在处取得极小值，也是最小值，所以， 即，故，即 当时，有，所以，可得 ； 令， 则， 故在上单调递增， 可得 ，即， 取，则，所以，可得； 综上可得，. 故选：A 【点睛】方法点睛：比较指数以及对数大小问题时，经常通过观察式子的特征合理构造函数并利用导数求得单调性即比较得出结论. 二、多选题：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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列满足，（且），则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对题干已知条件多写出一个等式，推出，然后用累乘法求数列通项. 【详解】，， 当时，．A选项正确， 当时，， 两式相减得，即， 即，B选项错误， ，，…，， 累乘得，C选项错误， ．又符合上式，故，D选项正确. 故选：AD 10. 若等边三角形的边长为为的中点，且交于点，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 若点为的中点，则 C. 为定值 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理可得A错误，利用共线定理可判断B正确，由数量积的定义以及运算律计算可得C正确，得出的表达式可得当时，的最小值为，即D正确. 【详解】如下图所示： 对于A，易知当时，可得， 所以，即A错误， 对于B，若点为的中点，可知， 又可知， 易知为共线向量，所以可知，解得，即B正确； 对于C，由可知： 为定值，即C正确； 对于D， ， 又，可得当时，取得最小值为，即D正确. 故选：BCD 11. 在平面直角坐标系中，动点到定点与 轴的距离之积为常数，记点 的轨迹为曲线，曲线的图象如图所示，下列结论正确的是（ ） A. B. 曲线的方程为 C. 曲线关于直线对称 D. 曲线上的点到 轴的距离的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过已知条件化简方程，利用曲线上的点满足方程来确定参数的值，再根据对称点的性质判断曲线的对称性，最后通过特定条件求解曲线与坐标轴相关的最值. 【详解】由题知，化简得， 由图象知，点在曲线上，所以，解得， 所以曲线的方程为，故选项A正确，选项B错误； 曲线上的点关于直线对称的点为， 因为，曲线关于直线对称，故选项C正确； 当时，，解得或，所以曲线上的点到 轴的距离的最大值为，故选项D正确． 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的最小值是______. 【答案】 【解析】 【分析】由函数的几何意义为点至和的距离之和，结合图形即可求得. 【详解】函数， 即为点至和的距离之和， 点关于 轴对称的点为， 所以, 由图形易得最小值为. 故答案为: . 13. 已知曲线与曲线相交，且在交点处有共同的切线，则______，切线方程为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】解析：设两曲线的交点为，∵，，∴由题意可 得解得，，故，∴切线方程为． 14. 已知四棱锥的5个顶点都在球的球面上，且平面，则球的表面积为_______． 【答案】 【解析】 【分析】依题意可知四点共圆，可得，由余弦定理可得，且，再根据外接球直径利用勾股定理计算出外接球半径，可得球的表面积. 【详解】根据题意可知四边形的顶点在同一个圆上，连接，如下图所示： 易知，又， 在中，由余弦定理可得； 在中，由余弦定理可得; 又易知，所以可得， 解得，又，所以， 可得，即， 设四边形的外接圆半径为，由正弦定理可得， 解得， 又平面，且， 设四棱锥的外接球半径为， 可得，即； 因此外接球的表面积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用四点共圆性质得出对角线，再由正弦定理求出外接圆半径，再根据线面垂直关系可得外接球半径可得结果. 四、解答题：本大题共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. 在中，三个内角所对的边分别为为边上一点，满足． （1）若，求的值； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中，由得利用三角形面积公式可得， ,进而得出，即可求值； （2）由，平方得出，即，可求. 【小问1详解】 在中，由得 ， 因为，所以， , 在中， ,所以； 【小问2详解】 由得， 所以， 又因为，得， 所以， 在中，， 16. 如图，三棱柱各棱长均相等，为棱上一点，为棱的中点，平面． （1）求的值； （2）若平面将三棱柱分为两部分，较小部分的体积为，较大部分的体积为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）线面平行的性质定理，根据已知的平行关系推出线段比例关系； （2）通过构建三棱台求出相应体积，进而得出体积比. 【小问1详解】 连接，与交于，连接. 因为平面，平面平面， 根据线面平行的性质定理，所以. 又因为，在 和中， 由于平行线分线段成比例定理，可得. 因为，所以. 【小问2详解】 在上取一点 ，使，连接， 因为，所以四边形即为过三点的截面. 设三棱柱的底面积为，高为，体积为，则. 因为，且，所以与相似，相似比为， 根据相似三角形面积比等于相似比的平方，可得的面积为. 对于三棱台，根据体积公式. 因为，，， 所以. 则. 17. 已知数列的前n项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若，且数列的前n项和为，求证：当时，． 【答案】（1） （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由题可得，后由可得数列的通项公式； （2）由（1）可得，，后由数学归纳法可证明结论. 【小问1详解】 由题，时，有，则 ， 则. 注意到，则. 【小问2详解】 由（1）可得，则 当时，. 故所证结论相当于，，. 当时，结论显然成立； 假设时，结论成立，则， 当时，因 ，，则. 综上，结论成立. 18. 定义：由椭圆的一个焦点和长轴的一个顶点（焦点与顶点在同一边）和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“焦顶三角形”，如果两个椭圆的”焦顶三角形”相似，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将三角形的相似比称为椭圆的相似比，下列问题中（ 对应图1，对应图2）. （1）判断椭圆与椭圆是否是“相似椭圆”? 若是，求出相似比；若不是，请说明理由； （2）证明：两个椭圆是“相似椭圆”的充要条件是离心率相等； （3）已知椭圆椭圆的离心率为，与是“相似椭圆”，且与的相似比为，若的面积为 ，求的面积（用，， 表示）. 【答案】（1）这两个椭圆是“相似椭圆”，相似比为； （2）证明见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）根据“相似椭圆”的定义判断即可； （2）根据充要条件的定义及“相似椭圆”的定义证明即可； （3）由题意可求得的面积为，再根据的面积与的面积的比为，求解即可. 【小问1详解】 解: 这两个椭圆是“相似椭圆”，相似比为，理由如下： 椭圆中， 椭圆中， ， 则 所以两个椭圆的”焦顶三角形”相似， 则这两个椭圆是“相似椭圆”，且相似比为 【小问2详解】 证明：必要性： 若两个椭圆是“相似椭圆”，则其焦顶三角形的三个对应角相等. 如图，若， 则， ， 所以， 又因为 ， 所以； 充分性： 若离心率相等，则，所以， 则，， 则 ； 同理，，， 则， 所以； 所以两个椭圆的”焦顶三角形”相似， 所以两个椭圆是“相似椭圆”. 故两个椭圆是“相似椭圆”的充要条件是离心率相等； 【小问3详解】 解：设椭圆的半焦距为， 因为椭圆的离心率为，椭圆与相似， 所以椭圆的离心率也为， 若的面积为 ， 又，， 所以的面积与的面积之比为， 所以的面积为 因为与的相似比为， 所以的面积与的面积的比为， 所以的面积为 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是理解“相似椭圆”的定义. 19. 已知函数 ． （1）若，证明： ； （2）若 恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明如下： 当时， ， 要证明 ，即证 ； 令，则 ，令，解得， 当时，，即可得在上单调递减， 当时，，即可得在上单调递增， 即在处取得极小值，也是最小值 ， 故 ； 令，则，令 ，解得 ； 即可得当时， ，即可得在上单调递减， 当时， ，即可得在上单调递增， 即在 处取得极小值，也是最小值 ， 故 ； 因此 ， 故 ； （2） 【解析】 【分析】（1）构造函数 由单调性得 ，再由 根据单调性得 ，再由不等式性质即可得出结论； （2）利用不等式恒成立的一个必要条件是 ，构造函数 可知 ，再由充分性即可求得结论，再证明必要性成立即可得 ，得出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 易知 恒成立的一个必要条件是 ； 即 ，故 ； 令 ，则 恒成立，即为上的增函数， 因此可得，可得 ； 下面证明充分性： 当 时， ， 令 ，则 ， 易知为单调递增函数，令 ，解得； 可知当时， ，即可得在上单调递减， 当时，，即可得在上单调递增， 即在处取得极小值，也是最小值 ， 故当 时， ， 综上可知，实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题利用不等式恒成立的一个必要条件是 ，可直接得到 ，再证明必要性成立即可得出结果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $