精品解析：陕西榆林市靖边中学2025-2026学年高二第二学期开学收心考试数学试卷

靖边中学2024级2025~2026学年度第二学期收心考试试卷 高二数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册第二章~第三章，选择性必修第二册. 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. 一个直线运动的质点的位移y（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 2. 过点且与直线垂直的直线的方程是（ ） A. B. C. D. 3. 函数的最大值是（ ） A. B. 0 C. D. 3 4. 已知等比数列的前项和为，若，则（ ） A. 32 B. 64 C. 128 D. 256 5. 以为直径的两个端点的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，双曲线的两个焦点为、，若椭圆的两个焦点是线段的三等分点，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 某无人机爱好者组织小规模无人机表演，按照如图所示规律排列图形，若从第一组开始依次排列，则210架无人机可以同时排出的图形组数是（ ） A. 14 B. 13 C. 12 D. 11 8. 已知点A是椭圆C：（）的下顶点，F是C的右焦点，延长AF交C于点B，若，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 顶点在原点，对称轴是坐标轴，并且经过点的抛物线的标准方程是（ ） A. B. C. D. 10. 记为各项均为正数的数列的前项和，且，则（ ） A. B. 是递增数列 C. 是递增数列 D. 11. 已知函数与其导函数的定义域均为，且与均为偶函数，则（ ） A. 为偶函数 B. 为奇函数 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的图象在处的切线方程是____________． 13. 已知等差数列的前项和为，若，则______________. 14. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，若是曲线C上任意一点，的最小值为______. 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. 已知圆的圆心在直线上. （1）求圆的方程； （2）已知直线过点且与圆相切，求直线的方程. 16. 已知函数在处取得极大值． （1）求a，b的值； （2）求函数的零点的个数． 17. 已知公比为正数的等比数列的前n项和为，且，，数列满足，． （1）求数列和的通项公式； （2）求数列的前n项和． 18. 设为抛物线的焦点，为上三个不同的点，且，． （1）求的方程； （2）设过点的直线交于两点． ①若直线交圆于两点，其中位于第一象限，求的最小值； ②过点作的垂线，直线交于两点，设线段的中点分别为，求证：直线过定点． 19. 已知函数． （1）若，讨论在上的单调性； （2）若，证明：； （3）当时，若，且，在处取得极值，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 靖边中学2024级2025~2026学年度第二学期收心考试试卷 高二数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册第二章~第三章，选择性必修第二册. 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. 一个直线运动的质点的位移y（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导，得到，由导数的物理意义得到瞬时速度. 【详解】由题意得，所以， 即该质点在时的瞬时速度为． 故选：A． 2. 过点且与直线垂直的直线的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据垂直求出直线的斜率，再由点斜式方程可得答案. 【详解】直线的斜率为， 因为直线与直线垂直， 所以直线的斜率为， 又直线过点，所以直线的方程为， 即. 故选：D. 3. 函数的最大值是（ ） A. B. 0 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】求导可得，令，可得函数的单调性，即可求解. 【详解】因为，所以， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值是. 故选：C. 4. 已知等比数列的前项和为，若，则（ ） A. 32 B. 64 C. 128 D. 256 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列定义和前项和公式可得，结合通项公式求. 【详解】设等比数列的公比为， 因为，则， 又因为，解得， 所以． 故选：B． 5. 以为直径的两个端点的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出圆心和半径，得到圆的方程. 【详解】易知该圆圆心为的中点， ，故半径， 所以该圆的方程为. 故选：D. 6. 已知，双曲线的两个焦点为、，若椭圆的两个焦点是线段的三等分点，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出双曲线、椭圆的焦点坐标，根据题意可得出关于、的齐次等式，解出的值，即可得出双曲线的渐近线方程. 【详解】双曲线的焦点坐标为， 椭圆的的焦点坐标为， 由题意可得，因为，可得， 因此，双曲线的渐近线方程为. 故选：C. 7. 某无人机爱好者组织小规模无人机表演，按照如图所示规律排列图形，若从第一组开始依次排列，则210架无人机可以同时排出的图形组数是（ ） A. 14 B. 13 C. 12 D. 11 【答案】C 【解析】 【分析】记第组中无人机的架数为，可知数列是首项为1，公差为3的等差数列，结合等差数列求和公式运算求解. 【详解】记第组中无人机的架数为， 由图形可得， 可知数列是首项为1，公差为3的等差数列， 则数列的前项和， 令，得，解得（舍）或， 所以210架无人机可以同时排出的图形组数是12． 故选：C 8. 已知点A是椭圆C：（）的下顶点，F是C的右焦点，延长AF交C于点B，若，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据，用表示点B的坐标，代入椭圆C的方程结合，利用椭圆的离心率求解即可. 【详解】设椭圆C的焦距为2c，，则，， 所以，， 因为，所以，即，即， 因为点B在椭圆C上，所以， 则，得到C的离心率为． 故选：B． 二、选择题：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. 顶点在原点，对称轴是坐标轴，并且经过点的抛物线的标准方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意可得抛物线开口向左或开口向上，利用待定系数法求解即可. 【详解】因为抛物线经过，所以抛物线开口向左或开口向上， 设开口向左的抛物线方程为（）， 将点代入，得， 所以开口向左的抛物线方程为， 故B正确,错误； 设开口向上的抛物线方程为（）， 将点代入，得， 所以开口向上的抛物线方程为， 故C正确，错误. 故选:BC. 10. 记为各项均为正数的数列的前项和，且，则（ ） A. B. 是递增数列 C. 是递增数列 D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由，取，结合可求，结合与关系可求，再求，由此确定正确选项. 【详解】由，得，解得或， 又，所以，故A正确； 所以，当时，， 两式作差得，即时，， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 故，易得其是递增数列，故B正确； 此时为定值，故C错误； 易得，故D错误， 故选：AB. 11. 已知函数与其导函数的定义域均为，且与均为偶函数，则（ ） A. 为偶函数 B. 为奇函数 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】选项A，根据条件得到关于对称，若选项A成立，则有关于点对称，从而与条件不符，即可判断出选项A的正误；选项B，利用条件得到，整理得到，即可判断出选项B的正误；选项C，根据条件得到，再由选项A知，即可得到，即可得出选项C的正误；选项D，由选项C可得，即可得出结果. 【详解】对于选项A，因为为偶函数，所以， 即，所以关于对称， 若为偶函数，则，所以， 所以关于点对称，这与关于对称矛盾，所以选项A错误； 对于选项B，因为为偶函数，所以， 所以当时，，即为奇函数，所以选项B正确； 对于选项C，因为为偶函数，即， 所以，所以， 由，得， 所以，故选项C正确； 对于选项D，由，得，所以，故选项D错误． 故选：BC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的图象在处的切线方程是____________． 【答案】 【解析】 【分析】先对函数求导，根据导数的几何意义，求出函数在处的切线斜率，进而可得切线方程. 【详解】由已知，得，所以， 所以所求切线方程为，即. 故答案为：. 13. 已知等差数列的前项和为，若，则______________. 【答案】56 【解析】 【分析】利用等差数列前项和的性质结合等差中项即可求解 【详解】因为是等差数列，所以成等差数列， 则，即，解得. 故答案为： 14. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，若是曲线C上任意一点，的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据曲线方程分析曲线的性质及形状，问题化为各圆弧上点到直线的距离，再应用圆上点到直线的距离求法确定最值. 【详解】曲线， 当，时，曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 作出曲线如图： 到直线的距离， 则即为，要求得的最小值，结合曲线的对称性， 只需考虑，时的情况； 当，时，曲线C的方程为， 曲线为圆心为，半径为的圆的一部分， 而到直线的距离为， 由圆的性质得曲线C上一点到直线的距离最小为， 故的最小值为. 故答案为：. 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. 已知圆的圆心在直线上. （1）求圆的方程； （2）已知直线过点且与圆相切，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）将圆心坐标代入直线方程后可求圆的方程； （2）根据圆心到直线的距离为半径可求切线方程，注意斜率不存在的情形. 【小问1详解】 圆的圆心为， 因为圆的圆心在直线上，所以，解得， 所以圆的方程为. 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，的方程为，此时圆心到直线的距离，所以直线与圆相切； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即， 所以圆心到直线的距离，解得， 所以直线的方程为. 综上所述，直线的方程为或. 16. 已知函数在处取得极大值． （1）求a，b的值； （2）求函数的零点的个数． 【答案】（1）， （2）函数的零点的个数为1 【解析】 【分析】（1）根据极大值点导数为0及列方程求解，再检验即可； （2）利用导数分析函数的单调性，结合零点存在性定理即可得解. 【小问1详解】 对求导得， 由，且，解得，． 经检验，，符合题意，所以，． 【小问2详解】 由， 令或 令， 所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为． 所以可得函数的极小值为，又极大值为， 而， 综上所述，函数的零点的个数为1，且零点位于区间内． 17. 已知公比为正数的等比数列的前n项和为，且，，数列满足，． （1）求数列和的通项公式； （2）求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由等比数列的通项公式及前项和公式求出首项与公比即可求出通项公式，利用累乘法求出的通项公式； （2）根据错位相减法求和即可. 【小问1详解】 设等比数列的公比为， 由，得，又，所以，解得或（舍去）． 又，则，解得， 所以． 由，得， 所以；，，， 以上各式相乘，得， 又，所以，且满足上式，所以． 【小问2详解】 由（1），得， 所以， ， 两式相减，得， 所以， 即． 18. 设为抛物线的焦点，为上三个不同的点，且，． （1）求的方程； （2）设过点的直线交于两点． ①若直线交圆于两点，其中位于第一象限，求的最小值； ②过点作的垂线，直线交于两点，设线段的中点分别为，求证：直线过定点． 【答案】（1） （2）①； ②由题意可作图如下： 由题意可知直线的斜率存在且不为零，可设该直线方程为， 由①可得，设，则， 由直线垂直直线，且垂足为，则该直线方程为， 联立，消去整理可得， ， 设，则， 设，且线段的中点分别为， 则，， ，， 当时，直线斜率存在，直线的斜率， 可得方程为，则， 整理可得， 令，解得，所以直线过定点. 当时，直线斜率不存在，易知， 直线的方程为，此时直线过； 综上所述，所以直线过定点. 【解析】 【分析】（1）由抛物线方程可得焦点坐标与准线方程，根据向量的坐标运算以及抛物线的定义，建立方程组，可得答案； （2）①利用分类讨论，分直线斜率是否存在两种情况，表示出直线，联立抛物线方程，写出韦达定理，结合抛物线定义以及圆的性质，整理代数式，利用基本不等式，可得答案； ②同①写出韦达定理，根据中点坐标公式，利用点斜式方程，可得答案. 【小问1详解】 由抛物线，则，准线方程为， 由为上三个不同的点，设， 则， 由，则， 由， 且，则， 所以，解得，故抛物线的方程为. 【小问2详解】 ①由题意作图如下： 由，整理可得，则圆心为，半径， 当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入抛物线，解得，则， 将代入圆，解得，则， 所以，此时； 当直线的斜率存在时，由题意可得，直线的方程可设为，设 联立可得，消去整理可得， ，， 易知，， 所以， 由，则，当且仅当，即时，等号成立， 综上所述，的最小值为. ②略 19. 已知函数． （1）若，讨论在上的单调性； （2）若，证明：； （3）当时，若，且，在处取得极值，求证：． 【答案】（1） 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2） 若，则的定义域为，且， 因为在上单调递增，则在上单调递增， 且， 可知存在，使得，即， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则， 因为，可得， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 但，等号不成立，可得， 所以时，． （3） 当时，的定义域为，且， 令，则， 当时，，则， 可知在内单调递增，即在内单调递增， 且， 可知存在，使得，即， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增， 所以是的极小值点； 因为，且， 不妨设，则， 要证，即证， 因为，则， 又因为在上单调递增，且， 因此只要证， 设，则， 可得， 令，则， 设， 则， 可知在上单调递增，即在上单调递增， 则，可知在上单调递减， 则，可知在上单调递增，可得， 所以时，， 又因为，所以成立． 综上所述，． 【解析】 【分析】（1）求导可得，分和两种情况，利用导数判断的单调性； （2）可得，，利用导数判断的单调性和最值，根据零点代换结合基本不等式分析证明； （3）可得，，利用导数判断的单调性和极值点；分析可知只要证，构造，利用导数可证，即可得结果. 【小问1详解】 若，则的定义域为，且， 当时，则在上恒成立，可知在上单调递增； 当时，则， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $