精品解析：江苏省南京师范大学附属中学2025-2026学年第一学期高二数学期末模拟试卷

南京师范大学附属中学2025-2026学年第一学期高二数学期末模拟考试 一、单选题 1. 在等差数列中，，，则的值为（ ） A. 4 B. 14 C. 7 D. 28 2. 如图所示，四面体所有棱长均2，则（ ） A. 6 B. C. D. 3. 已知直线与函数，的图象分别相交于，两点.设为曲线在点处切线的斜率，为曲线在点处切线的斜率，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 4. 曲线的左，右焦点为，C上有一点P，与y轴交于点Q，满足以P为圆心，为半径的圆与x轴相切，恰交y轴于Q，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 在四棱台中，平面，，，，且，动点满足，则直线与平面所成角正弦值的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知椭圆左，右焦点分别为，左，右顶点分别为为椭圆与抛物线的公共点，满足表示直线的斜率，则（　　） A. B. C. D. 7. 已知函数的零点为，函数，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 大小关系不确定 8. 若方程的三个根（）成等比数列，则公比为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知等差数列的公差为，其前项和为，若，则下列论断中正确的有（ ） A. 当或时，取得最大值 B. C. 若， D. 若， 10 已知函数，则（ ） A. 点是函数图象的对称中心 B. 是函数的极小值点 C. 当时， D. 当时， 11. 函数的图象上有三个不同的点.抛物线的焦点为，下列说法正确的是（ ） A. 若点A的纵坐标为，则其范围是 B. 点B关于原点的对称点在函数的图象上 C. 若点且，则可能为直角 D. 若点则 三、填空题 12. 已知等差数列满足，且前项和，则______ . 13. 如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO中点，动点P在圆锥底面内（包括圆周）．若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为________，点S与P距离的最小值是________． 14. 已知函数，若函数 有 3 个极值点，则实数的取 值范围是_______； 若 ，则实数的取值范围是 _____ 四、解答题 15. 已知函数（）. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的极小值点； 16. 如图，已知四棱台的上底面是边长为2的正方形，，底面，点，分别在棱，上． （1）若，求证：点是棱的中点； （2）若三棱锥的体积是，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知，数列满足，其中为常数，且有，正项等比数列满足. （1）求数列与的通项公式； （2）若，设数列的前项和为，求； （3）在（2）的条件下，若对任意的，均有成立，求整数的取值集合. 18. 已知函数. （1）当时，，求取值范围； （2）设，且. （i）证明：数列是递减数列； （ii）证明：. 19. 已知圆，圆.动圆与圆外切，且与圆内切，记点轨迹为. （1）求的方程； （2）过点且斜率不为的直线与相交于点，（在的左侧）. ①设直线，的斜率分别为，，求证：为定值； ②设直线，相交于点，点为的内心，记，，的面积分别为，，，证明：为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京师范大学附属中学2025-2026学年第一学期高二数学期末模拟考试 一、单选题 1. 在等差数列中，，，则的值为（ ） A. 4 B. 14 C. 7 D. 28 【答案】A 【解析】 【分析】设出公差，得到方程，求出公差，从而求出. 【详解】设公差为，由题意得， 解得，故. 故选：A 2. 如图所示，四面体所有棱长均为2，则（ ） A 6 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的运算及几何意义可求答案. 【详解】取中点,连接，因为四面体所有棱长均为2，所以， 所以. 故选：D 3. 已知直线与函数，的图象分别相交于，两点.设为曲线在点处切线的斜率，为曲线在点处切线的斜率，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意分别求得，，即，从而构造函数，利用导数求出最大值，从而求解. 【详解】，且 由，， 可得，，则. 设，，则， 当，，当，， 所以在单调递增，在单调递减， 当时，有极大值也是最大值， 即的最大值为，故A正确. 故选：A. 4. 曲线的左，右焦点为，C上有一点P，与y轴交于点Q，满足以P为圆心，为半径的圆与x轴相切，恰交y轴于Q，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题：轴，故，由双曲线的定义得到，从而求出即可. 【详解】 由题：轴，故， 由定义知，， 又，为中点，所以， 所以， 故C的渐近线方程为， 故选：C. 5. 在四棱台中，平面，，，，且，动点满足，则直线与平面所成角正弦值的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，由向量法表示线面角的正弦值，根据的范围求解即可. 【详解】 如图建立空间直角坐标系， 所以，，， ，，， ， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以, 因为，所以当时，正弦值最大，且最大值为. 故选：. 6. 已知椭圆的左，右焦点分别为，左，右顶点分别为为椭圆与抛物线的公共点，满足表示直线的斜率，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设点，由结合椭圆的定义得， 由两点间距离公式得，解得，代入抛物线方程求出点坐标， 再代入椭圆求出离心率，利用斜率公式即可求解. 【详解】设点，由题意得：， 因为，又， 所以， 所以，解得， 又点在抛物线上，所以， 又点在椭圆上，所以， 所以，即，又， 所以，即， 所以，解得， 又， 所以， 所以， 故选：A. 7. 已知函数零点为，函数，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 大小关系不确定 【答案】A 【解析】 【分析】先判断出函数，，同零点，均为，且当时，函数，，均单调递增，再利用作差法分别判断出当时，，，，最后由即可解得结果. 【详解】令，则；令，则，即，；令，则，即，； 有相同的零点； 在上恒成立，在上单调递增； 由单调性的性质知：在上均单调递增， 当时，，，， 则当时，，； 当时，， 令，则当时，， 在上单调递增， ，； 当时，， 令，则，又当时，， ，，，； 综上所述：当时，，又，. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数值大小关系的比较，解题关键是能够确定三个函数共零点，结合函数的单调性，利用作差法可比较出函数值的大小关系. 8. 若方程的三个根（）成等比数列，则公比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分离参数后构造函数，将问题转化为图象的交点问题，解方程组消参可求得公比. 【详解】由得，所以. 令，则. 方程的根等价于直线与图象的交点的横坐标. 因为函数的导数为， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减，且正. 又当时，；当时，. 作出的图象，如下图. （*）， 因成等比数列，可设， 所以，， 代入（*）式得， 由得，即， 所以，解得， 代入，可得， 整理得，解得或（舍）． 故选：B． 二、多选题 9. 已知等差数列的公差为，其前项和为，若，则下列论断中正确的有（ ） A. 当或时，取得最大值 B. C. 若， D. 若， 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据知B正确；根据的二次函数性质可知A错误；利用等差数列下标和性质和通项公式可推导得到CD正误. 【详解】对于B，，，即， ，B正确； 对于A，， 当时，，则，无最大值； 当时，由知图象的对称轴为，或时，取得最小值； 当时，或时，取得最大值； 的符号未知，最值无法确定，A错误； 对于C，若，则，C正确； 对于D，，，又， ，即，D正确. 故选：BCD. 10. 已知函数，则（ ） A. 点是函数图象的对称中心 B. 是函数的极小值点 C. 当时， D. 当时， 【答案】AD 【解析】 【分析】对函数求导，得出函数的单调性并结合图象即可判断出B选项，利用中心对称的定义计算可判断A，对于C选项，由，求得的范围，结合函数最值的性质即可求解；D选项，根据已知自变量的范围判断函数值的范围，进而比较大小. 【详解】由题意，，求导可得，令，得， 当或时，；当时，. 所以在和上单调递增，在上单调递减，且， 可作出大致图象如图所示． 对于A，，所以函数的图象关于点成中心对称，故A正确； 对于B，由图象可知，是函数的极大值点，故B错误； 对于C，当时，，因为，结合函数图象和单调性可得，故C错误； 对于D，当时，，此时，，则，所以，故D正确． 故选：AD. 11. 函数的图象上有三个不同的点.抛物线的焦点为，下列说法正确的是（ ） A. 若点A的纵坐标为，则其范围是 B. 点B关于原点的对称点在函数的图象上 C. 若点且，则可能为直角 D. 若点则 【答案】AD 【解析】 【分析】由换元法，结合正弦函数的性质即可求解A，根据偶函数的性质即可求解B，求导，得函数的单调性以及变化趋势，继而可作出的大致图象，根据两点距离公式先证明曲线上除点外，始终在圆的内部，即可结合图形性质求解C，根据两点距离公式以及二次函数的性质证明,即可求解D. 【详解】对于函数，令，则，所以A正确. B选项：易知为偶函数，所以B选项错误. C选项：记，,由于，，故， 所以单调递增，. 所以当时，单调递减，且减小速度逐渐变慢； 当时，单调递增，且增长速度逐渐变快， 作出的大致图象： 设为曲线上任意一点，则， ，则，故在单调递增，故，故，当且仅当取到等号， ，故，则 ，当且仅当时，， 设，故曲线上除点外，始终在圆的内部， 故当，结合曲线的凹凸性可得， 所以大于，所以C选项错误. D选项：设点是函数图象上一点， 且，易知 由于, 所以 ， 所以，.所以D正确. 故选：AD. 三、填空题 12. 已知等差数列满足，且前项和，则______ . 【答案】10 【解析】 【分析】由题意得或2，，联立即可求解. 【详解】因为，所以，解得或2， 又前项和， 所以不能等于0，只能等于2， 所以，解得. 故答案为：10. 13. 如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO中点，动点P在圆锥底面内（包括圆周）．若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为________，点S与P距离的最小值是________． 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】建系，根据空间向量的垂直关系可得点P的轨迹方程为.空1：根据圆的弦长公式运算求解；空2：根据空间中两点间距离公式运算求解. 【详解】由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示． 则， 设，则， 因为AM⊥MP，则，解得， 所以点P的轨迹方程为， 空1：根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为； 空2：因为， 所以当时，点S与P距离的最小，其最小值为． 故答案为：；. 14. 已知函数，若函数 有 3 个极值点，则实数的取 值范围是_______； 若 ，则实数的取值范围是 _____ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空：由题意转化为有三个不等的实数根，再参数分离为，转化为与有三个交点，利用导数分析函数的图象，即可求解；第二空：首先由，转化为，再通过构造函数，利用导数求的取值范围，再根据的单调性求参数的取值范围. 【详解】第一空：函数有三个极值点 则有三个不等实根 即方程有三个不等实根， 令，则， 由得，由得或 在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 又，，且时，时， 所以； 第二空：由（1）知，， 所以，令，则， 令，则 令，则， 即，，故 在上单调递增，所以. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题的第二问的关键是根据的单调性，转化为求的取值范围. 四、解答题 15. 已知函数（）. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的极小值点； 【答案】（1）. （2）当时，的极小值点为；当时，无极小值点. 【解析】 【分析】（1）先求出函数在该点的导数，再结合该点的坐标，利用点斜式方程求出切线方程； （2）先求出函数的定义域，再对函数求导，根据导数的正负判断函数的单调性，进而求出极小值点. 【小问1详解】 由题意得，， 则， ，即切线的斜率为， 又， 所以切线方程为，即. 小问2详解】 ，， 时，定义域为，，无极小值； 当时，定义域为. 令，即，则， 所以， 解得或， 当时，，解得或， 在区间和上， 单调递增； ，解得且， 在区间和上， 单调递减， 的极小值点为. 当时，在区间和上， 单调递减； 在区间和上， 单调递增， 的极小值点为. 综上，当时，的极小值点为；当时，无极小值点. 16. 如图，已知四棱台的上底面是边长为2的正方形，，底面，点，分别在棱，上． （1）若，求证：点是棱的中点； （2）若三棱锥的体积是，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，设，，根据垂直关系有求参数值，即可证； （2）根据已知及棱锥的体积求出的坐标，进而确定对应平面的法向量，应用向量法求平面与平面夹角的余弦值． 【小问1详解】 由底面，底面，则， 又底面都是正方形，则，故两两相互垂直， 以为原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 设，，则，，， 因为，故，即， 因为点在棱上，所以，，， 所以，解得，即， 而的中点坐标为，所以点是棱的中点； 【小问2详解】 设， 则， 即， 由题意，可得， 所以，则，， 设平面的法向量为，则， 令，得. 由平面的一个法向量，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知，数列满足，其中为常数，且有，正项等比数列满足. （1）求数列与的通项公式； （2）若，设数列的前项和为，求； （3）在（2）的条件下，若对任意的，均有成立，求整数的取值集合. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的定义与通项关系可得的通项公式，利用等比数列的通项公式计算得公比的值，从而得数列的通项公式； （2）根据错位相减法或结合并项求和与分组求和法得数列的前项和为； （3）将已知不等式转化为，分别设，，利用数列单调性证明方法分别确定的单调性，从而得整数的取值集合. 【小问1详解】 由已知，可得，所以，解得， 所以，则数列的奇数项与偶数项分别是公差的等差数列， 则，故， 所以 设等比数列公比为，由得，解得或， 因为正项数列，故，所以. 【小问2详解】 ，所以， （法一）因为， 故， 则， 所以， 两式相减有 整理得，即； （法二）设， 所以， 两式相减得 则， 设， 所以， 两式相减得， 则， 所以； 【小问3详解】 由可得， 设， 易知，有， 故函数单调递增，又，所以， 设， 易知函数单调递减，，，故， 验证与16均符合题意，所以，整数的取值集合为. 18. 已知函数. （1）当时，，求的取值范围； （2）设，且. （i）证明：数列是递减数列； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）将题设等价转化为当时，构造函数，则题设等价于，利用导数工具分、、三种情况分析函数的函数值情况即可求解； （2）先由（1）知，，若时，.（i）进而证明，接着作差得到，利用导数工具证明得到即可求证.（ii）先由题意得到，接着证明，再逐步放缩即可求证原题. 【小问1详解】 当时，，即， 令，则， 当时，因为，所以，即在上恒成立， 所以在上单调递减，所以，不合题意； 当时，令，解得， 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 则，不合题意； 当时，令，解得，此时在上恒成立， 所以在上单调递增，所以恒成立，符合题意. 综上，的取值范围为. 【小问2详解】 因为，由（1）知，当时，. （i）证明：因为，所以，所以. 因为，所以，所以. 以此类推，. 因为， 令，则，当时，， 所以在单减，即，即， 所以，所以. 所以，所以，故数列是递减数列. （ii）证明：由题意， 下证： 因为，只需证，即证. 令， 则， 由（i）知，当时，，所以，所以在上单调递增， 又，故对任意的. 所以，即， 所以，原题得证. 19. 已知圆，圆.动圆与圆外切，且与圆内切，记点的轨迹为. （1）求的方程； （2）过点且斜率不为的直线与相交于点，（在的左侧）. ①设直线，的斜率分别为，，求证：为定值； ②设直线，相交于点，点为的内心，记，，的面积分别为，，，证明：为定值. 【答案】（1）； （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）根据动圆与两定圆的位置关系得出点满足椭圆的定义，进而求出轨迹方程； （2）①设出直线的方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出与的比值，化简得出定值； ②根据三角形内心的性质和三角形面积公式进行推导，得出为定值. 【小问1详解】 设动圆的半径为，圆心。 已知圆，则圆心，半径；圆，则圆心，半径； 因为动圆与圆外切，且与圆内切，所以，； 则； 根据椭圆的定义可得点的轨迹的方程为； 【小问2详解】 ①设过点的直线方程为，与椭圆联立： ，消去得：， 设，，由韦达定理得：，； 直线的斜率，直线的斜率， 因此：， 代入，，得：， 分子：， 分母：， 因此，代入斜率比得：， 故为定值； ②设的内心到三边的距离为， ，因，故， ，， 因此：， 直线：，由①知，故直线可写为：，即：，直线过和，斜率为，其方程为：，联立直线与的方程，消去后解得：， 代入的方程得，即； ，则：， ， 因为点在椭圆上，故由椭圆方程，得； 将代入化简得： ，. 由题知在的左侧，易得在左半椭圆，故，，， 因此：，； 故：， 因，故，所以，故：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $