精品解析：江苏省宜兴中学2025-2026学年第一学期高二数学12月阶段检测试题

江苏省宜兴中学2025-2026学年第一学期高二数学12月阶段检测 一、单选题 1. 已知等差数列的前项和为且则的最大值为（ ） A. B. 92 C. 91 D. 90 2. 在四棱锥中，底面是平行四边形，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知点为曲线上的动点，则点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. 6 C. D. 9 4. 已知椭圆与双曲线有相同的左、右焦点，，若点P是与在第一象限内的交点，且，设与的离心率分别为，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 若平面经过点，且以（不同时为0）为法向量，则平面的方程可表示为：．已知平面的方程为，直线是平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列的前项和，记的前项和为，则数列中的最大项的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知是双曲线的右焦点，过原点的直线交双曲线右支于点，左支于点，连接并延长交双曲线于点，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 若存在，使得关于的不等式成立，则实数的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 二、多选题 9. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则（ ） A. 当时， B. 在区间上单调递减 C. 当且仅当 D. 轴是曲线的一条切线 10. 在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点为，，，为抛物线上的任意三点(异于点)，，则下列说法正确的有（ ） A. 设，到直线的距离分别为，，则 B. C. 若，则 D. 若直线，，的斜率分别为，，，则 11. 已知正方体棱长为，点满足，为中点，则下列论述正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则直线平面 C. 若，则点到平面的距离为 D. 若，则平面与平面所成角的取值范围为 三、填空题 12. 已知函数，若在区间上的最小值为，则在该区间上的最大值为______. 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为为上在第一象限内的一点，过原点作的平行线，分别与 的平分线交于点 ，若，则 _____. 14. 数列的前项和为，且，且，则__________． 四、解答题 15. 数列中，，，. （1）证明：是等差数列； （2）设，求. 16. 已知抛物线，过的焦点作直线交于两点，直线（为的顶点）交的准线于点. （1）求证：； （2）求的最小值. 17. 如图，等腰直角三角形中，，D是中点，E、F分别是、边上的动点，且，，将沿折起，将点B折至点P的位置，得到四棱锥．设，，． （1）试用表示． （2）若时，平面．求与垂直的平面和平面所成角的余弦值； （3）当时，是否存在这样的点F，使得二面角为，且直线与平面所成角为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由． 18. 已知椭圆.定义第次操作为：经过上的点作斜率为的直线与交于另一点，记关于轴的对称点为，若与重合，则操作停止；否则一直继续下去. （1）若，求； （2）若，点是椭圆上一点，且位于轴的上方，是椭圆的两个焦点，是等腰三角形，求点的坐标； （3）若是在第一象限与不重合的一点，求证：的面积为定值，并求出该定值. 19. 已知函数．（且） （1）若，证明：； （2）若对任意实数，均有． （i）求； （ii）设正整数，证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省宜兴中学2025-2026学年第一学期高二数学12月阶段检测 一、单选题 1. 已知等差数列的前项和为且则的最大值为（ ） A. B. 92 C. 91 D. 90 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列基本量的运算，得到，进而求，结合函数性质求最值即可． 【详解】设等差数列的公差为， 由， 得， 解得， 所以， 因为，所以当时，最大，且最大值为． 故选：B． 2. 在四棱锥中，底面是平行四边形，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据空间向量加法得出向量，再应用异面直线夹角余弦公式计算即可. 【详解】因为底面是平行四边形，所以， 所以. 设异面直线与所成的角为， 则. 故选：D. 3. 已知点为曲线上的动点，则点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. 6 C. D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】根据曲线的切线与直线平行时，切点到直线的距离最小，求出曲线的切点，再根据点到直线的距离公式计算最小距离即可. 【详解】设曲线在点处的切线与直线平行， 由，得，则或， 则动点到直线的距离的最小值为. 所以点到直线的距离的最小值为， 故选：B. 4. 已知椭圆与双曲线有相同的左、右焦点，，若点P是与在第一象限内的交点，且，设与的离心率分别为，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据椭圆与双曲线的定义可得，从而可得，于是可得的取值范围. 【详解】设椭圆与双曲线的焦距为，则， 由椭圆与双曲线的定义得，可得， 因为，所以，即， 则，故，且，则 所以， 由于函数在上为增函数，所以， 则，故的取值范围是. 故选：D. 5. 若平面经过点，且以（不同时为0）为法向量，则平面的方程可表示为：．已知平面的方程为，直线是平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可得各面的法向量，根据交线的性质求直线l的方向向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】由题意可知：平面：的一个法向量， 且平面的一个法向量，平面的一个法向量， 设平面与平面的交线的方向向量为， 则，令，则，可得， 设直线l与平面所成角为， 则. 故选：D 6. 已知数列的前项和，记的前项和为，则数列中的最大项的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题知数列为等比数列，公比为，首项为，进而得，再分为奇数与偶数讨论最值即可得答案. 【详解】解：因为数列的前项和 所以，当时，，解得， 当时，，即， 所以，数列为等比数列，公比为，首项为， 所以，， 所以，由等比数列性质，也为等比数列，公比为，首项为， 所以，的前项和， 所以， 当为奇数时，随着的增大而增大，故， 因为函数在上单调递增，为增数列， 所以， 当为偶数时，随着的增大而增小，故， 因为函数在上单调递增，为增数列， 所以， 综上，对于，，即数列中的最大项的值为. 故选：A 7. 已知是双曲线的右焦点，过原点的直线交双曲线右支于点，左支于点，连接并延长交双曲线于点，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意作图，易得，设，取双曲线的左焦点为，连接，证明是平行四边形，借助于，由勾股定理得到，再借助于即可求得双曲线的离心率. 【详解】由图，因，则，不妨设，则. 取双曲线的左焦点为，连接.依题意，可得点是的中点，故四边形是平行四边形， 又，可得，. 由双曲线的定义，，则， 在中，由可得，化简得， 则在中，，，， 由可得，化简得，则. 故选：B. 8. 若存在，使得关于的不等式成立，则实数的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由两边取对数可得，令则不等式可转化为，即，故根据题意可得求的最小值即可，令，通过求导可得的最小值即可 【详解】由两边取对数可得①， 令则，因为，所以， 则①可转化得， 因为， 因为存在，使得关于的不等式成立， 所以存在，成立，故求的最小值即可， 令 ， 令 ， 令， ， 所以在上单调递减，所以， ，所以在上单调递减， 所以 在上单调递减，， ，所以实数的最小值为 故选：D 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 二、多选题 9. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则（ ） A. 当时， B. 在区间上单调递减 C. 当且仅当 D. 轴是曲线的一条切线 【答案】AD 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性可判断A选项，再结合导数可判断函数单调性，进而可判断最值与切线情况，即可判断BCD选项. 【详解】 A选项：由已知函数为上的奇函数，且当时，， 所以当时，，则， 所以，A选项正确； B选项：易知函数， 当时，，则， 设，则， 可知当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以， 则当时，，单调递减，当时，，单调递增， 结合奇函数性质可知，函数在和上单调递减，在和上单调递增，B选项错误； C选项：由函数单调性与奇偶性可知，当时，，当时，， 所以当时，，C选项错误； D选项：由函数单调性与奇偶性可知函数图像如图所示， 可知当时，函数取得极值，此时切线方程为，即为轴，D选项正确； 故选：AD. 10. 在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点为，，，为抛物线上的任意三点(异于点)，，则下列说法正确的有（ ） A. 设，到直线的距离分别为，，则 B. C. 若，则 D. 若直线，，的斜率分别为，，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据抛物线得定义可判断；根据三角形重心公式以及抛物线定义可判断；根据重心相关性质即可判断；根据题意求得直线,,的斜率，代入等式计算可判断. 【详解】对于，抛物线方程为，所以抛物线得准线为， 所以，到直线的距离之和， 因为三点不一定共线，所以， 即，故错误； 对于，因为为抛物线上任意三点，且， 所以为的重心，，所以， 所以，故正确； 对于，延长交于点， 因为为的重心，所以，且是的中点， 因为，在中，有，所以，故正确； 对于，因为， 两式相减,得：, 所以,, 同理可得,,, 所以，故正确. 故选：. 11. 已知正方体棱长为，点满足，为中点，则下列论述正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则直线平面 C. 若，则点到平面的距离为 D. 若，则平面与平面所成角的取值范围为 【答案】AB 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断即可. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、 、、， 对于A选项，当时，， 则，， 所以，，故，A正确； 对于B选项，当时，则， 所以，， 则，则， 所以，，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以，，即， 因为平面，所以直线平面，B正确； 对于C选项，，其中， ，，设平面的法向量为， 则，取，可得， 则点到平面的距离为，C错误； 对于D选项，若，其中， ，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为，所以，， 当时， 当时，则， ， 综上，，与矛盾，D错误. 故选：AB. 【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下： （1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标； （2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）； （3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值. 三、填空题 12. 已知函数，若在区间上的最小值为，则在该区间上的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由，．可得，由，得，利用导数研究其单调性即可得出． 【详解】解：，． ，由，得， 的单调递增区间为，单调递减区间为． ， ， ， 在区间上的最小值为， ，解得． 它在该区间上的最大值为． 故答案为： 【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，属于基础题. 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为为上在第一象限内的一点，过原点作的平行线，分别与 的平分线交于点 ，若，则 _____. 【答案】40 【解析】 【分析】由题意可得，由是 的平分线结合可得，再根据双曲线定义计算即可求解. 【详解】由题意可得， 如图所示， ，为的中点， 为的中位线，则， ，在点两侧， 是的平分线， ，，， ， ，，. 故答案为：40 14. 数列的前项和为，且，且，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用递推式把数列分成三个子数列，结合已知条件求出及的关联，进而求出通项公式及前项和公式，最后求出． 【详解】， 可分为三个子数列子数列等比，公比为，首项分别为； ，， ，令，则， ，解得， 子数列的通项公式为：， 设， ， ， ， ， ． 故答案为：． 四、解答题 15. 数列中，，，. （1）证明：是等差数列； （2）设，求. 【答案】（1） 对任意的，， 等式两边同时除以得，即， 又，所以是以为首项，为公差的等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的定义证明即可证得结论成立； （2）求出数列的通项公式，利用裂项相消法可求得的表达式. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，所以， 因为，则， 对任意的，， 所以. 16. 已知抛物线，过的焦点作直线交于两点，直线（为的顶点）交的准线于点. （1）求证：； （2）求的最小值. 【答案】（1） 抛物线的焦点为 ，准线 ，顶点 设 因为直线过点； 所以，即 即， 因为，所以； 直线 AO 的方程为，代入准线，得； 因为，所以，所以， 所以点与的纵坐标相同， 因此 BP方程为，与准线垂直， 所以. （2）9 【解析】 【分析】（1）设由直线过点得到，再求出，因此 BP方程为，所以. （2）令,求出，再利用基本不等式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令，则，则； 所以 所以； 当且仅当时取等，有最小值9. 17. 如图，等腰直角三角形中，，D是中点，E、F分别是、边上的动点，且，，将沿折起，将点B折至点P的位置，得到四棱锥．设，，． （1）试用表示． （2）若时，平面．求与垂直的平面和平面所成角的余弦值； （3）当时，是否存在这样的点F，使得二面角为，且直线与平面所成角为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； （2）； （3）存在点F，此时. 【解析】 【分析】（1）直接根据向量加减法的几何意义可得； （2）根据空间向量基本定理，用基底向量分别表示两个平面的法向量，再用向量的方法计算平面与平面的所成角的余弦值； （3）通过建立空间直角坐标系，根据面面角及线面角的值计算得到所求点的位置. 【小问1详解】 由向量的加减法运算的法则可得， 又因为且，， ． 【小问2详解】 且为等腰直角三角形，，. 设，则． 因为平面，平面，所以， 即，所以.又因为，，所以，即. 所以为平面的法向量．而平面与垂直，所以是平面的法向量. 因为，所以，且，， 所以 所以 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 分别以所在直线为x轴、y轴，过F作垂线为z轴建立空间直角坐标系，如图： 设，则，， 由（1）得，二面角的平面角为，即， ，. 由题意得，平面的法向量为， ， 即，，解得或（舍去） 存在点F，此时． 18. 已知椭圆.定义第次操作为：经过上的点作斜率为的直线与交于另一点，记关于轴的对称点为，若与重合，则操作停止；否则一直继续下去. （1）若，求； （2）若，点是椭圆上一点，且位于轴的上方，是椭圆的两个焦点，是等腰三角形，求点的坐标； （3）若是在第一象限与不重合的一点，求证：的面积为定值，并求出该定值. 【答案】（1） （2），， （3） 证明：设斜率，过点的直线的方程为 ， 即； 联立方程， 得到 ， 设，由韦达定理 ，所以， 代入，得到，所以， 所以， 根据与的坐标关系，由坐标得到， 所以； 由两点间的距离公式得到， 所以由点斜式得到直线的方程为： ，即， 点到直线的距离为 ， 所以的面积为. 因为点在椭圆上，所以， 所以，将其代入三角形面积公式得到. 所以的面积为定值. 【解析】 【分析】（1）根据条件写出椭圆的方程，利用点斜式写出直线的方程，将两者联立消元得到关于x的一元二次方程，解出x的值，便可得到坐标，再由与关于x轴对称，所以，坐标，所以得到得值； （2）先写出椭圆的方程，得到的长度，是等腰三角形，分三种情况求解，当时，点在椭圆的短轴上顶点，直接得到点坐标；当时，设出点坐标，利用点在椭圆上和列方程求出点坐标，当，根据椭圆的对称性得到点坐标； （3）先假设出的坐标，利用点斜式得到直线的方程，联立椭圆方程，利用韦达定理得到坐标，进而得到，类比得到坐标，由两点间的距离公式得到，点斜式得到直线，算出的高，利用三角形面积公式写出表达式，证明其为定值. 【小问1详解】 当时，椭圆， 因为，所以直线为，即， 代入椭圆方程，得，即， 当时，所以， 因为与关于轴对称，所以，所以. 【小问2详解】 若，则椭圆，焦点为，则， 因为是等腰三角形. 当时，点在椭圆的短轴上顶点，故； 当时，设，则 ，① 因为在椭圆上，所以， ② 由①、②得到，解得，（舍去） ，所以. 所以； 当时，根据椭圆的对称性得到； 综上得，点的坐标为，，. 【小问3详解】 略 19. 已知函数．（且） （1）若，证明：； （2）若对任意实数，均有． （i）求； （ii）设正整数，证明： 【答案】（1）证明: 当时，， 设，则， 所以函数的单调性如下表所示： 0 0 ↘ 极小值 ↗ 所以，即 （2）（i）； （ii）证明：由（i）知，用代替， 得，所以， 于是取， 则 又因为， 所以， 由于， 所以， 在不等式中，令， 可得：即， 所以，， 因此， 所以 ， 至此不等式得证． 【解析】 【分析】（1）当时，，对函数求导，利用函数单调性及极值（最值）分析即可； （2）（i）设，对函数求导，对，，三种情况进行讨论得出，然后构造函数利用函数导数证明；（ii）根据（i）的结论分析得出，于是取，则，然后利用余弦的二倍角公式化简，得出相应的不等式，利用不等式性质证明得出即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 （i）设， 则， 情形1：，则，矛盾； 情形2：，则， 取正整数，使得， 则， 于是在区间内函数存在至少一个零点，取其中最小的一个为， 那么对任意，恒有， 理由：假设存在实数使得， 于是在区间内函数存在至少一个零点，这与的定义矛盾， 故对任意，恒有， 故在区间上单调递减，于是，矛盾； 情形3：，则， 取负整数，使得， 则， 于是在区间内函数存在至少一个零点，取其中最大的一个为， 同情况2可知，在区间上单调递增，于是，矛盾； 综上，只可能. 下面证明满足要求， 当时，，满足题目条件. 当时，先证明，． 设，则，故为增函数， 于是当时，， 故，所以，成立， 当时，，故，所以，成立． 当时，，成立. 综上知成立， 令， 则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以 由函数在上单调递增， 所以， 当时，成立， 所以当时，， 即， 可见满足要求 （ii）略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $