精品解析：江苏南通市海安市2025-2026学年高二上学期2月期末数学试题

高二数学 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.答题前，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. 1与9的等比中项为（ ） A. B. 4 C. 5 D. 2. 椭圆的长轴长为（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则（ ） A. 0 B. C. D. 1 4. 设点、、，线段的中点为，则（ ） A. B. C. D. 5. 两条平行直线与之间距离为（ ） A. B. 2 C. D. 4 6. 曲线在处的切线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 7. 设数列满足，且，则数列的前9项和为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，记，，，则（ ） 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. 设等差数列前项和为，则（ ） A. 0是数列的项 B. 数列是递减数列 C. D. 的最大值为8 10. 已知为空间的一个基底，则下列结论正确的是（ ） A. 至多有一个零向量 B. 也是空间一个基底 C. 空间任一向量均可用唯一线性表示 D. 若，其中，则 11. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，准线为，过的直线与相交于两点、，直线与交于点，且，则（ ） A. B. C. D. 轴 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的单调减区间为______． 13. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过且垂直轴的直线与一条渐近线的交点为，则的离心率为__________． 14. 智能驾驶系统的目标识别失误率通过数据迭代持续降低，设第轮迭代后的失误率为，初始失误率，且，则__________；至少需要__________轮迭代后，可使得失误率不超过. 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. 已知圆的圆心为，点、、恰好一个在圆外，一个在圆上，一个在圆内. （1）求圆的标准方程； （2）求过点的圆的切线方程. 16. 已知函数. （1）求的极小值； （2）求和：. 17. 已知椭圆的离心率为，左顶点为. （1）求的标准方程； （2）设、两点在上，且线段的中点为. （i）当时，求直线的方程； （ii）当直线斜率存在时，证明：直线与直线的斜率之积为定值. 18. 已知是首项为的递增数列，. （1）证明：数列是等比数列； （2）数列的前项和为，且. （i）求，并判断、、是否是等差数列； （ii）将数列的前项中任意两项相乘求积，求所有积的和. 19. 已知函数． （1）求在处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的最大值； （3）方程解记为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.答题前，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. 1与9等比中项为（ ） A. B. 4 C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接根据等比中项的定义求解即可． 【详解】设1与9的等比中项为， 根据等比中项的定义可得，解得． 故选：D． 2. 椭圆的长轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将椭圆方程化为标准方程，得出的值，即可得出该椭圆的长轴长. 【详解】将椭圆方程化为标准方程得，则，故该椭圆的长轴长为. 故选：D. 3. 已知函数，则（ ） A. 0 B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的定义，函数在处的导数等于，求出，将代入得解. 【详解】，，， ，故选项C正确. 故选：C. 4. 设点、、，线段的中点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出点的坐标，可得出、的坐标，利用空间向量数量积的坐标运算可得出的值. 【详解】由题意可得，所以，， 所以. 故选：C. 5. 两条平行直线与之间的距离为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用平行的性质求解出，再结合平行线间距离公式求解即可. 【详解】因为直线与， 所以，解得， 则方程，即， 由平行线间距离公式得距离为，故A正确. 故选：A 6. 曲线在处的切线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出切线斜率，进而得到倾斜角即可. 【详解】设，则， 设在处的切线的倾斜角为， 由导数的几何意义得， 而，可得，故C正确. 故选：C 7. 设数列满足，且，则数列的前9项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用累乘法求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求解. 【详解】因为，所以， 所以， 所以， 所以数列的前9项和为， 故选：B 8. 设函数，记，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数得到的单调性，结合题意与基本不等式得到，利用换元法结合导数得到，进而得到，，，最后得到即可. 【详解】由题意得的定义域为， 因为，所以， 令，，令，， 则在上单调递增，在上单调递减， 由基本不等式得，且， 则，当且仅当时取等，本题无法取等， 欲证，则证， 因为，所以，则， 而，则，设，得到， 可得，即，解得， 则 ， 则证，即证即可，故证即可， 令，则， 当时，，则在上单调递增， 可得，则，即得证， 此时，得到，，， 则，， 因为，所以， 则，得到， 综上可得，故B正确. 故选：B 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. 设等差数列的前项和为，则（ ） A. 0是数列的项 B. 数列是递减数列 C. D. 最大值为8 【答案】BC 【解析】 【分析】求出等差数列的通项公式和前项和公式，再依次判断各选项. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，所以， 所以， 对于A，令，所以，解得， 不满足为正整数，所以0不是数列的项，故A错误； 对于B，， 所以数列是递减数列，故B正确； 对于C，，所以， 所以，故C正确； 对于D，由C可知，， 所以当时，取得最大值为，故D错误. 故选：BC 10. 已知为空间的一个基底，则下列结论正确的是（ ） A. 至多有一个零向量 B. 也是空间的一个基底 C. 空间任一向量均可用唯一线性表示 D. 若，其中，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据空间基底的定义和性质对每个选项逐一进行分析判断. 【详解】对于A，零向量与任意向量共面，不满足空间基底中三个向量不共面的条件，故A错误； 对于B，假设共面， 则存在实数使得，说明共面， 与是空间的一个基底矛盾，所以不共面， 所以是空间的一个基底，故B正确； 对于C，根据空间向量基本定理，空间任一向量均可用空间一组基底唯一线性表示，故C正确； 对于D，因为是空间的一个基底，所以不共面， 所以当且仅当时，才成立，故D正确； 故选：BCD 11. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，准线为，过的直线与相交于两点、，直线与交于点，且，则（ ） A. B. C. D. 轴 【答案】ABD 【解析】 【分析】设点、，由对称性，不妨设点在第一象限，分析可知，可求出点的横坐标，结合抛物线的焦半径公式可判断A选项；求出点的坐标，进而求出直线的倾斜角，可判断B选项；设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理结合平面向量数量积的坐标运算计算，可判断C选项；利用韦达定理求出点的纵坐标，并求出点的坐标，可判断D选项. 【详解】如下图所示： 设点、，由对称性，不妨设点在第一象限，设点， 对于A选项，由题意可知，即，所以，即点， 所以，A对； 对于B选项，将点的坐标代入抛物线方程得， 因为，故，即点， 易知抛物线的焦点为，则，即直线的倾斜角为， 故，B对； 对于C选项，由题意可知直线不与轴重合，设直线的方程为， 联立可得，则， 由韦达定理可得， ，故与不垂直，C错； 对于D选项，因为，，故， 又因为，可得，即点、， 所以轴，D对 故选：ABD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的单调减区间为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出导函数，然后解不等式即可求解单调减区间． 【详解】， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 所以函数的单调减区间为． 故答案为：． 13. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过且垂直轴的直线与一条渐近线的交点为，则的离心率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据推出a、b之间的关系，据此可得双曲线离心率大小． 【详解】双曲线C的右焦点，其中， 根据对称性，可取渐近线为，则交点P的坐标为， 又，，依题意有，则可得， 所以，也即，可得． 故答案为：． 14. 智能驾驶系统的目标识别失误率通过数据迭代持续降低，设第轮迭代后的失误率为，初始失误率，且，则__________；至少需要__________轮迭代后，可使得失误率不超过. 【答案】 ①. 2 ②. 4 【解析】 【分析】利用对数运算直接化简，从而数列为以为首项，以2为公比的等比数列，，再解不等式即可. 【详解】根据题意，，且， 则； 由上可知数列是以为首项，以2为公比的等比数列， 则， 令， 因为， 得，而，所以的最小值为4， 故至少需要4轮迭代后，可使得失误率不超过. 故答案为：2；4 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. 已知圆的圆心为，点、、恰好一个在圆外，一个在圆上，一个在圆内. （1）求圆的标准方程； （2）求过点的圆的切线方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）求出、、的值，比较大小，结合题意可得出圆的半径，即可得出圆的标准方程； （2）分析可知切线的斜率存在，设切线的方程为，利用圆心到切线的距离为圆的半径，结合点到直线的距离公式可得出关于的等式，解出的值，即可得出切线的方程. 【小问1详解】 由题意可得，， ，所以， 由题意可知圆的半径为，故圆的标准方程为. 【小问2详解】 若切线的斜率不存在，则切线的方程为，此时圆心到该直线的距离为，不符合题意； 所以切线的斜率存在，设切线的方程为，即， 由于圆心到切线的距离为，则，解得， 故所求切线的方程为或，即或. 16. 已知函数. （1）求的极小值； （2）求和：. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数先确定的单调性，进而求解最小值即可. （2）先观察目标式的结果，再利用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 因为，所以， 令，，令，， 则在上单调递减，在上单调递增， 可得的极小值为. 【小问2详解】 由已知得， 设 则， ， 两式相减可得， 则，即， 故. 17. 已知椭圆的离心率为，左顶点为. （1）求的标准方程； （2）设、两点在上，且线段的中点为. （i）当时，求直线的方程； （ii）当直线的斜率存在时，证明：直线与直线的斜率之积为定值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的标准方程； （2）（i）利用点差法可求得直线的方程； （ii）利用点差法推导出，再由斜率公式可得出，由此可计算出的值，即可证得结论成立. 【小问1详解】 由题意可得，所以，故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 （i）设点、，则，， 所以，， 当时，则，， 若直线的斜率不存在，此时轴，则、关于轴对称，则的中点在轴上，不符合题意， 所以直线的斜率存在，由，这两个等式作差得， 所以，即， 故直线的方程为，即； （ii）由（i）可知当时，直线的斜率存在， 由（i）可知， 因为，， 所以. 18. 已知是首项为的递增数列，. （1）证明：数列等比数列； （2）数列的前项和为，且. （i）求，并判断、、是否是等差数列； （ii）将数列的前项中任意两项相乘求积，求所有积的和. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i），是，理由见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的定义证明可得出结论； （2）（i）设等比数列的公比为，分析出，结合可求出的值，利用等比数列的求和公式可求出，再利用等差中项法可证明出、、成等差数列； （ii）分析可得，利用等比数列的求和公式可化简的表达式. 【小问1详解】 因为是首项为的递增数列，则对任意的，， 当且时，由可得， 所以，故对任意的且，为非零常数， 故数列为等比数列. 【小问2详解】 （i）由（1）可知，数列是单调递增的等比数列， 且对任意的，，设其公比为，则， 所以，整理可得，解得或（舍去）， 所以，所以， . 所以、、成等差数列； （ii）由（i）可得，由题意可得， 因为， 所以， 因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以. 19. 已知函数． （1）求在处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的最大值； （3）方程的解记为，证明：． 【答案】（1） （2）1 （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据导数求切线斜率，结合点斜式方程即可求解； （2）令，结合，分、两种情况讨论单调性即可； （3）依题意即证，令，在时，结合导函数讨论的单调性，进一步证明在该区间成立即可． 【小问1详解】 ，，又， 所以切线方程为，即． 【小问2详解】 题意等价于：当时，恒成立， 令，则，求导可得， 当时，在内，，故， 因此在上单调递增，，满足条件； 当时，令，即，存在使得， 在上，，单调递减，此时，不满足条件； 综上，实数a的最大值为1． 【小问3详解】 已知，依题意即证， 因为，所以， 令，，则， ， ，分母， 分子， 又，则时，，，单调递增， 时，，，单调递减， 而，， 令，则，， 所以在上单调递增，，所以， 又， ，所以，也即， 所以，成立，也即成立，得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $