精品解析：天津市西青区为明学校2025-2026学年高二下学期开学考试数学试卷

数学试题 为明中学26春高二开学考试卷 事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、学校、年级、班级填写在答题卡上，并把考号涂在答题卡上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁. 一、单选题 1. 已知一直线经过两，，且倾斜角为，则的值为（　　） A. －6 B. －4 C. 0 D. 6 2. 与向量共线的单位向量可以为（ ） A. B. C. D. 3. 记等差数列的前项和为，若，则该数列的公差 A. 2 B. 3 C. 6 D. 7 4. 某省专家组为评审某市是否达到“生态园林城市”的标准，从6位专家中选出2位组成评审委员会，则组成该评审委员会的不同方式共有（ 　） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 5. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆，过圆内一点的直线被圆所截得的最短弦的长度为2，则（ ） A. 2 B. C. D. 3 7. 甲、乙、丙等6人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法有（ ） A. 128种 B. 96种 C. 72种 D. 48种 8. 已知双曲线的左、右焦点分别是，过的直线与双曲线的右支交于两点，若是等边三角形，则双曲线的离心率是（ ） A. 2 B. C. D. 9. 已知函数在区间上的最小值为，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、填空题 10. 若，则__________ . 11. 在的展开式中，常数项为______． 12. 已知可导函数，定义域均为，对任意满足，且，求__________. 13. 已知抛物线的焦点为F，点M（3，6），点Q在抛物线上，则的最小值为______． 14. 已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________． 15. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是________． ①直线平面 ②三棱锥的体积为定值 ③异面直线AP与所成角的取值范围是 ④直线与平面所成角的正弦值的最大值为 三、解答题 16. 已知圆过点，且圆心在直线，圆． （1）求圆的标准方程； （2）求圆与圆的公共弦所在的直线方程及公共弦长． 17. 已知椭圆C：过点和. （1）求椭圆C的标准方程； （2）若经过椭圆C的右焦点作倾斜角为45°的直线，直线与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，求的面积. 18. 如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 20. 已知等比数列的各项均为正数，，，成等差数列，且满足，数列的前项和，，且. （1）求数列和的通项公式； （2）设，，求数列的前项和； （3）设，求的前项和； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试题 为明中学26春高二开学考试卷 事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、学校、年级、班级填写在答题卡上，并把考号涂在答题卡上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁. 一、单选题 1. 已知一直线经过两，，且倾斜角为，则的值为（　　） A. －6 B. －4 C. 0 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】由两点坐标求出直线的斜率，再由斜率等于倾斜角的正切值列式求得的值． 【详解】直线经过两，，． 又直线的倾斜角为，斜率一定存在， 则直线的斜率为 ，即． 故选：C． 2. 与向量共线的单位向量可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】计算出，从而得到与向量共线的单位向量. 【详解】因为，所以与向量共线的单位向量可以是或. 故选：D 3. 记等差数列的前项和为，若，则该数列的公差 A. 2 B. 3 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【详解】, 4. 某省专家组为评审某市是否达到“生态园林城市”的标准，从6位专家中选出2位组成评审委员会，则组成该评审委员会的不同方式共有（ 　） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用组合的定义直接列式作答. 【详解】依题意，从6位专家中选出2位组成评审委员会是组合问题， 所以组成该评审委员会的不同方式共有种. 故选：B 5. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由切点设切线方程，再求函数的导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所设方程即可求解. 【详解】设曲线在点处的切线方程为， 因为， 所以， 所以 所以 所以曲线在点处的切线方程为. 故选：C 6. 已知圆，过圆内一点的直线被圆所截得的最短弦的长度为2，则（ ） A. 2 B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】求出圆心和半径，由几何关系得到当过圆内一点的直线与垂直时，被圆所截得的弦长最短，由垂径定理列出方程，求出答案. 【详解】整理得，故圆心为，半径为， 当过圆内一点的直线与垂直时，被圆所截得的弦长最短， 其中， 由垂径定理得，即，解得， 故选：D 7. 甲、乙、丙等6人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法有（ ） A. 128种 B. 96种 C. 72种 D. 48种 【答案】B 【解析】 【分析】分类讨论：乙丙及中间人占据首四位、乙丙及中间人占据中间四位、乙丙及中间人占据尾四位，然后根据分类加法计数原理求得结果. 【详解】因为乙和丙之间恰有2人，所以乙丙及中间人占据首四位或中间四位或尾四位， 当乙丙及中间人占据首四位，此时还剩最后2位，甲不在两端， 第一步先排末位有种，第二步将甲和中间人排入有种，第三步排乙丙有种， 由分步乘法计数原理可得有种； 当乙丙及中间人占据中间四位，此时两端还剩2位，甲不在两端， 第一步先排两端有种，第二步将甲和中间人排入有种，第三步排乙丙有种， 由分步乘法计数原理可得有种； 乙丙及中间人占据尾四位，此时还剩前2位，甲不在两端， 第一步先排首位有种，第二步将甲和中间人排入有种，第三步排乙丙有种， 由分步乘法计数原理可得有种； 由分类加法计数原理可知，一共有种排法. 故选：B. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别是，过的直线与双曲线的右支交于两点，若是等边三角形，则双曲线的离心率是（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据双曲线定义及正三角形，可得，利用双曲线定义可求解，从而求出离心率. 【详解】由题知双曲线的实半轴长，虚半轴长为，设双曲线的焦距为. 如图，直线与双曲线右支相交于两点，设，则， 由为等边三角形，得，可得， 又由双曲线的性质知，故， 所以，. 所以，所以，； 故选：D. 9. 已知函数在区间上的最小值为，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分，和三种情况，结合函数在特殊点的函数值，分类讨论得到实数a的取值范围. 【详解】当时，单调递减， 故在处取得最小值，最小值为，满足要求， 当或时，， 令得或， 当时，恒成立， 故表格如下： 0 + 0 极小值 极大值 故在上取得极小值， 且，， 要想在区间上的最小值为， 则要，变形得到， 令，， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 且，， 故的解集为， 时，令可得， 当时，， 令得， 故在上单调递减， 故在处取得最小值，最小值为，满足要求， 当时，恒成立， 故表格如下： + 0 0 + 极大值 极小值 故在上取得极小值， 且，， 要想在区间上的最小值为， 则要，变形得到， 令，， 时，，单调递增， 又，故上，无解， 综上：实数a的取值范围是. 故选：C 【点睛】三次函数是近两年高考常考考点，需要对三次函数图象理解到位，由于三次函数的导函数为二次函数，故常常利用二次函数的性质来研究三次函数的性质，比如三次函数零点问题，极值点情况等. 二、填空题 10. 若，则__________ . 【答案】2或3 【解析】 【详解】分析：由可得或,从而可得结果. 详解：由组合数公式的性质可得或， 解得或，故答案为或. 点睛：本题主要考查组合数公式的应用，意在考查分类讨论的数学思想以及灵活运用基本公式的能力. 11. 在的展开式中，常数项为______． 【答案】20 【解析】 【分析】根据题意结合二项展开式的通项分析求解即可. 【详解】因为的展开式的通项为， 令，可得， 所以常数项为. 故答案为：20. 12. 已知可导函数，定义域均为，对任意满足，且，求__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用函数值的定义及函数的求导法则，结合导数值的定义即可求解. 【详解】由题意可知，令，则，解得， 由，得，即， 令，得，即， 解得. 故答案为：. 13. 已知抛物线的焦点为F，点M（3，6），点Q在抛物线上，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线的定义可求出结果. 【详解】抛物线的准线方程为， 过作准线的垂线，垂足为，则， 所以.当且仅当与准线垂直时，取等号. 所以的最小值为. 故答案为：. 14. 已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解. 【详解】因为为上关于坐标原点对称的两点， 且，所以四边形为矩形， 设，则， 所以， ，即四边形面积等于. 故答案为：. 15. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是________． ①直线平面 ②三棱锥的体积为定值 ③异面直线AP与所成角的取值范围是 ④直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】①②④ 【解析】 【分析】对于①，利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理，即可进行判断；对于②，利用线面平行的判定定理，得出∥平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于③，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于④，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断. 【详解】 对于①，连接， ，，，平面，平面， 平面，平面， ，同理，， ，平面，平面， 直线平面，故①正确； 对于②，∥，平面，平面，∥平面， 点在线段上运动，点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，利用等体积法知三棱锥的体积为定值，故②正确； 对于③，∥，异面直线与所成的角即为与所成的角， 当点位于点时，与所成的角为， 当点位于的中点时，，，此时，与所成的角为， 异面直线与所成角的取值范围是，故③错误； 对于④，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，， 则，，，，，， 设平面的法向量，则，即， 令，得，所以，直线与平面所成角的正弦值为： ， 当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为，故④正确. 故答案为：①②④ 三、解答题 16. 已知圆过点，且圆心在直线，圆． （1）求圆的标准方程； （2）求圆与圆的公共弦所在的直线方程及公共弦长． 【答案】（1） （2）直线方程为，公共弦长为 【解析】 【分析】（1）根据题意求出圆心和半径，即可写成圆的方程； （2）将两圆的方程作差即可得出两圆的公共弦所在的直线方程，再由圆心到直线的距离和半径，利用勾股定理求出公共弦长． 【小问1详解】 由题意可设圆心， 则， 解得， 此时圆的半径为， 所以圆的标准方程为：； 【小问2详解】 将两圆的方程作差即可得出两圆的公共弦所在的直线方程， 即， 化简得， 所以圆的圆心到直线的距离为， 则， 解得， 所以所求公共弦长为． 所以圆与圆的公共弦所在的直线方程为，公共弦长为 17. 已知椭圆C：过点和. （1）求椭圆C的标准方程； （2）若经过椭圆C的右焦点作倾斜角为45°的直线，直线与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的性质，结合代入法，的关系进行求解即可； （2）根据三角形面积公式，结合椭圆弦长公式、点到直线距离公式进行求解即可. 【小问1详解】 由椭圆的简单几何性质，可知 将点代入，得， 所以椭圆C的标准方程为. 【小问2详解】 由已知可得椭圆的右焦点为， 直线l的方程为， 联立椭圆方程，得，， 设，，所以，， 则， 点到直线：的距离， 故. 18. 如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 在直三棱柱中，平面，且，则 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、、、、、、、、，则， 易知平面的一个法向量为，则，故， 平面，故平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值； （3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，. 因此，直线与平面夹角的正弦值为. 【小问3详解】 解：，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，则， 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 【答案】（1） 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 方法一： 由（1）得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 方法二： 令，则， 由于在上单调递增，所以在上单调递增， 又， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则，当且仅当时，等号成立， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 【解析】 【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解； （2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可. 方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证. 【小问1详解】 因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 20. 已知等比数列的各项均为正数，，，成等差数列，且满足，数列的前项和，，且. （1）求数列和的通项公式； （2）设，，求数列的前项和； （3）设，求的前项和； 【答案】（1）；；（2）；（3）. 【解析】 【分析】（1）由等差数列定义和等比数列通项公式可构造方程求得公比，进而得到，由等比数列通项公式可求得；利用可得到，利用累乘法可求得； （2）由（1）可得，利用裂项相消法可求得结果； （3）由（1）可得，进而整理得到，将相邻两项看作一组，采用分组求和的方式，分别根据等差数列求和公式和错位相减法求得两个部分的和，由此可得. 【详解】（1）设等比数列的公比为， ，，成等差数列，，即， ，，解得：或（舍）； ，，即，解得：，； 当时，，整理可得：， ； 经检验，当时，满足， 综上所述：. （2）由（1）得：， ； （3）由（1）得：， ， 令，则其前项和； 令， 则其前项和， ， ，， . 【点睛】方法点睛：本题考查数列通项和求和相关问题的求解，涉及到求和方法中的分组求和、裂项相消法和错位相减法的应用，其中错位相减法的基本步骤如下： ①列出的形式； ②左右两侧同乘通项中的等比部分的公比，得到； ③上下两式作差得到，结合等比数列求和公式可整理等式右侧的部分； ④整理所得式子求得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $