湖南省常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高二上学期2月期末数学试题

湖南省常德市汉寿县第一中学2025—2026学年 高二上学期期末考试数学试卷 一、单选题 1．已知集合，，则 A． B． C． D． 2．已知复数满足（是虚数单位）的实部与虚部相等，那么（  ） A． B．1 C．2 D．4 3．有4个大小质地相同的小球，分别标有数字，从中不放回的随机抽取两次，每次取一个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第一次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和为4”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和为5”，则（    ） A．甲和乙相互独立 B．甲和丙相互独立 C．甲和丁相互独立 D．丁和丙相互独立 4．已知向量,，若，则（    ） A． B． C． D． 5．南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第20项为（    ） A．172 B．183 C．191 D．211 6．已知实数满足，则最大值为（    ） A．2 B．3 C． D． 7．已知三棱锥中，平面平面，，，，则三棱锥的外接球的表面积 A． B． C． D． 8．已知点、点，若点为曲线上一点，则三角形的面积（    ） A．有最大值，无最小值 B．无最大值，有最小值 C．既有最大值，也有最小值 D．既无最大值，也无最小值 二、多选题 9．已知函数，则下列命题正确的是（    ） A．的图象关于直线对称 B．的图象关于点对称 C．在上单调递减 D．对任意的m，在上不单调 10．已知双曲线的左右顶点分别为为在第一象限内的一点，线段与的渐近线分别相交于两点，记，则（    ） A．存在点，使得 B． C． D．的面积等于 11．数列满足，，则（   ） A．数列为等差数列 B． C． D． 三、填空题 12．记，则 . 13．中心在坐标原点，焦点在坐标轴上的双曲线的渐近线为，则双曲线的离心率是 ． 14．设集合则集合中最小的元素是 ，集合中最大的元素是 ． 四、解答题 15．已知数列的前项和为，满足______，______，请在①，②，③这三个条件中选择两个，补充在前面的两条横线处，并给出下列问题的解答． (1)求的通项公式； (2)又知递增的等差数列满足，且，，成等比数列，设， ①求数列的通项公式． ②求数列的前项和． 16．如图，菱形的边长为为的中点.将沿折起，使到达，连接，得到四棱锥.    (1)证明：； (2)当二面角的平面角在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 17．已知等差数列的前n项和为，且，． (1)求的通项公式和； (2)若，若数列的前项和为，求证． 18．已知椭圆的离心率为且过点，过点作椭圆两条切线，切点分别为． (1)求椭圆的标准方程； (2)求直线的方程； (3)过点作直线交椭圆于两点，其中点在轴上方，直线交直线于点．试证明：恒成立． 19．已知函数 （1）讨论函数的单调性； （2）若，设是函数的两个极值点，求证： 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A C D C A C A AD BCD 题号 11 答案 BCD 1．A 【分析】利用函数的定义域化简集合，利用指数函数的性质化简集合，由交集的定义可得结果. 【详解】因为， ， ∴，故选A. 【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合. 2．A 【分析】由复数的除法运算结合复数概念即可求解. 【详解】由，得， 由题意可得， 故选：A 3．C 【分析】根据相互独立事件的定义可得答案. 【详解】， ， ，，，， ，，，， 对于A，，故A错误； 对于B，因为，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：C. 4．D 【分析】求出、的值，由已知条件得出，结合平面向量数量积的运算性质可得出的值. 【详解】因为,，则，， 因为，则， 解得. 故选：D. 5．C 【分析】构造数列，并利用等差数列的性质即可求得原数列的第20项为191 【详解】高阶等差数列： 1，2，4，7，11，16，22，， 令，则数列：1，2，3，4，5，6，， 则数列为等差数列，首项，公差，，则 则 故选：C 6．A 【分析】解法（1）采用三角换元，令，再结合余弦函数的值域求解即可；解法（2）采用基本不等式求解即可； 【详解】解法（1）：由， 令，即，， ，即最大值为2； 解法（2）： 当且仅当，即时取等号， ，即最大值为2， 故选：A. 7．C 【分析】先利用平面与平面垂直的性质定理得出平面，并利用正弦定理计算出的外接圆直径，然后结合图形可得到，计算出外接球的半径，最后利用球体表面积公式可得出答案． 【详解】平面平面，平面平面，，平面， 平面， ，则是边长为的等边三角形， 由正弦定理可得，的外接圆直径为． 如下图，设的外接圆圆心为点，则，过点作的平行线，使得，取的中点，连结，则，点为三棱锥的外接球球心，则外接球半径， 因此，该球的表面积为． 故选C． 【点睛】本题考查了三棱锥的外接球，考查了球体表面积的计算，考查了学生空间想象能力与计算求解能力，属于中等题． 8．A 【分析】由题意求出直线的方程和，利用点到直线的距离公式和导数求出点到直线的距离的最大值，结合三角形的面积公式计算即可求解. 【详解】由题意知，直线的方程为，即， . 设，则，得 所以点到直线的距离为， 令，则， 故函数在上单调递减，且，， 所以，故， 所以的面积有最大值，无最小值. 故选：A 9．AD 【分析】根据三角恒等变换公式化简可得，再根据正弦函数的性质分别求解对称轴、对称点、单调区间再逐个判断即可 【详解】． 对A，令，，解得，，所以的图象关于直线对称，则A正确； 对B，令，，解得，，当时，，则B错误； 对C，令，，解得，所以的单调递减区间是，则C错误； 对D，因为的最小正周期，所以，所以对任意的m，在上不单调，则D正确． 故选：AD 10．BCD 【分析】对于选项A，根据向量垂直的性质判断是否存在点使；对于选项B，通过联立直线与双曲线方程求出的坐标，进而判断与是否相等；对于选项C，根据直线斜率与角的关系判断是否等于；对于选项D，利用三角形面积公式和三角函数公式判断的面积是否等于. 【详解】对于选项A，双曲线的左右顶点分别为，， 的渐近线方程为， 设，为在第一象限内的一点，，， 线段与的渐近线分别相交于两点，不妨设在直线上， 在直线上，设，则， 若，则，，， 而，，则， 故不存在点，使得，故选项A错误； 对于选项B，直线的方程为， 直线和联立，得到， 解得，，， ， 直线和联立，得到，解得， ，， ， ， ， ，，， ， 故选项B正确； 对于选项C，，为在第一象限内的一点， ， ， 在双曲线上，，， ， ， ，故选项C正确； 对于选项D，，， ， ，， ， ， ， ，故选项D正确. 故选：BCD. 【点睛】 11．BCD 【分析】选项A，根据条件，利用等差数列的定义，即可判断选项的正误；选项B，根据条件，利用累加法，即可判断选项的正误；选项C，由选项B可得，再利用裂项相消法，即可判断选项的正误；选项D，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到在上恒成立，从而有，再利用数学归纳法，即可判断选项的正误. 【详解】对于选项A，因为，则不为常数，由等差数列的定义可知，数列不为等差数列，故选项A错误， 对于选项B，由，得到， 当时，， 又当时，，满足，所以，故选项B正确， 对于选项C，由选项B知，得到， 所以，故选项C正确， 对于选项D，由选项B知，，即，整理得到， 下面用数学归纳法证明成立， 当，不等式左边等于，不等式右边等于，所以时，等式成立， 假设时，成立， 则时，因为， 令，则在区间上恒立， 即在区间上单调递减， 所以，得到在上恒成立， 所以， 即时，也成立， 综上，对任意的成立，故选项D正确， 故选：BCD. 【点睛】本题的关键在于选项D，通过构造函数，利用导数与函数单调性间的关系得在上恒成立，从而有，再利用数学归纳法来证明即可. 12．1 【分析】根据给定条件，利用换底公式及对数运算法则求解. 【详解】由，得 . 故答案为：1 13．或 【分析】对双曲线焦点在x轴还是y轴上分类讨论，由渐近线方程求出a、b之间的关系，再据此计算离心率． 【详解】若焦点在x轴上，双曲线方程为，渐近线为， 故，离心率，且，代入，则； 若焦点在y轴上，双曲线方程为，渐近线为， 故，同理可得； 综上，离心率为或． 故答案为：或 14． 1 【分析】构造函数，借助函数的单调性找到的单调性即可求解. 【详解】，，则， 构造函数，则， 令，则， 当，，当，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 又，则， 令，则函数在上单调递增，在上单调递减， 且时，， 因此结合函数的性质知，，， 当时，， 又当时，，当时，， 又，故，因此当时，. 故答案为：1；. 【点睛】思路点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 15．(1)； (2)；. 【分析】（1）利用与的关系可得，然后利用条件即得； （2）利用等比中项的性质及等差数列的基本量的运算可得，然后利用错位相减法即得. 【详解】（1）选①②，由可得，，又， ∴， 当时，，， 所以，又， ∴数列是首项为1，公比为2的等比数列， ∴； 选②③，由，，可得， 当时，，， ∴，即， ∴，又， ∴数列是首项为1，公比为2的等比数列， ∴； 选①③，由于与等价，故不能选择. （2）①设递增的等差数列的公差为， 因为，且，，成等比数列， ∴， 解得或（舍去） ∴； ②由上可知， ∴， ∴， ∴ ， ∴. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线线垂直可证明线面垂直，进而可得线线垂直， （2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解线面角，结合三角函数的性质即可求解最值. 【详解】（1）由题意证明如下， 在菱形中，为的中点，， 是等边三角形，， 在翻折过程中，恒有， 又平面， 平面，平面， ； （2）由题意及（1）得， 为二面角的平面角，记其为，则， 以的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则 ， ， 设平面的法向量，则，得 令，得， 则， 令，得 ， 当且仅当时，等号成立 设直线与平面所成角为， 则 故直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 17．(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）由等差数列的通项公式和前项和计算出和，从而得到和； （2）裂项相消法求和求得，从而证明. 【详解】（1），， 联立，解得， 所以的通项公式，前项和. （2）， 所以，时，， 时，符合上式，所以 因为，所以. 18．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由离心率，点在椭圆上列出等式求解即可； （2）由判别式求出直线的方程，即可求解； （3）设，将问题转化成，结合韦达定理即可求证. 【详解】（1）由题意可得解得 所以，椭圆的方程为． （2）设， 下证：切线的方程为； 直线的斜率存在，，设直线的方程为：， 与联立整理得：， 由已知得：， 化简得：． 因为，则，即，所以， 所以直线的方程为：，即，则， 故直线的方程为． 同理可得直线的方程为， 由点的坐标为，则， 则两点都在直线上， 由于两点确定一条直线，故直线的方程为； （3）设， 由题意易得直线的斜率存在，故可设为， 联立得， 由韦达定理可得， 联立得． 要证，即证， 等价于证明，所以只需证明， 化简可得， 将韦达定理及代入可得： ， 化简得， 即， 上式显然可以判断出是恒成立的． 故恒成立． 【点睛】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为，， （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 19．（1）当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析. 【分析】（1）先求得的定义域和导函数，对分成和两种情况进行分类讨论，由此求得的单调区间. （2）求得的表达式，求得，利用根与系数关系以及判别式得到得到的关系式以及的取值范围，将表示为只含的形式，利用构造函数法求得的最小值，从而证得不等式成立. 【详解】（1）由题意得，函数的定义域为，. 当时，恒成立， 函数在上单调递减. 当时，令，得. 若，则，此时函数单调递增； 若，则，此时函数单调递减， 综上，当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. （2），， 由，得， ， 由，得，， 令，则 恒成立， 在单调递减， ， 即 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $