江西省乐平中学2025-2026学年第二学期高二年级期中考试数学试卷（4-30班）

江西省乐平中学2025-2026学年第二学期高二年级期中考试 数学试卷（4-30班）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B C C D B D A BCD AD 题号 11 答案 ACD 1．D 【分析】对数列的前几项变形，找出规律，从而写出数列的一个通项公式. 【详解】数列， 可写为，，，，…， 所以数列的一个通项公式. 2．B 【详解】由导数的定义，， 已知，故. 3．C 【分析】先求出样本中心点坐标，代入回归直线方程，解方程即可. 【详解】由题意，可得，， 所以样本点的中心坐标为， 代入回归直线方程，可得， 解方程得. 4.C 【详解】当丙在最左端时，则甲只能站在从左至右的第二个位置， 则有种； 当丙不在最左端时，则只能丁、戊站最左端， 甲、丙必须相邻，将甲、丙捆绑， 则有种， 所以共有种不同的站法. 5.D 【详解】由已知， . 6．B 【详解】由题设，可得， 若的公比为，则，所以，解得， 所以，则. 7 .D 【分析】因为直线过定点，直线与线段没有交点，转化为过定点的直线与线段无公共点，画出图像，结合图像，即可求得答案. 【详解】 直线与线段没有交点， 即直线与线段没有交点， 对于直线， 令，则，则直线恒过点 . 根据题意，作出如下图像： ，， 根据两点求斜率公式可得：直线的斜率为 ， ， 根据两点求斜率公式可得：直线的斜率为 ， 直线的斜率为， 若直线与线段没有交点， 则. 8．A 【分析】由中位线性质得出的周长，从而求得半焦距，再由离心率的定义式计算即可. 【详解】由椭圆方程，可得，即长半轴, 如图所示，设椭圆左焦点为，原点是的中点，是的中点， 则是的中位线，得； 因为，椭圆半焦距. 所以的周长为：. 由，可得：， 代入，得，即，故椭圆离心率. 9．BCD 【分析】根据等差数列前项和公式，结合等差数列的通项公式逐一判断即可. 【详解】设等差数列的公差为，则，故A错误； 因为，，所以，解得，故B正确； 对于选项C、D，因为， 所以， 而；由于二次函数的图象开口向上，且对称轴为直线. 又因为，所以当时，最小，故C、D正确， 故选：BCD 10．AD 【详解】对于A， 因，故A正确； 对于B，因是常数，故，故B错误； 对于C，因，故C错误； 对于D，，故D正确. 11．ACD 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标，利用三棱锥的体积公式判断A，利用两点间距离公式结合二次函数性质判断B，合理构建平面直角坐标系，转化距离长度判断C，将点代入球的方程，得到，进而求解半径的取值范围判断D即可. 【详解】在正四棱柱中，可得面，， 如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 而，，由题意得，，， ，，则，，， 可得， 设，则， 得到，解得，则， 对于A，当时，， 由三棱锥的体积公式得， 则三棱锥的体积为，故A正确， 对于B，当时，此时可得，此时， 由两点间距离公式得， ， 则， 令，， 由二次函数性质得在上单调递减，在上单调递增， 故在上单调递减，在上单调递增， 得到最小值为，即的最小值为，故B错误， 对于C，连接，在面内，由题意得， 如图，以为原点，建立平面直角坐标系， 此时设，，，，, 因为，所以，得到， 由两点间距离公式得 ， 则，当且仅当共线时取等， 由两点间距离公式得, 得到的最小值为，故C正确， 对于D，由题意得，，， 当时，可得，即，此时， 设球心为，半径为， 得到四面体外接球的方程为， 将代入方程，可得， 将代入方程，可得， 两式相减可得，解得， 将代入方程，可得， 与相减可得，解得， 则球心变为，此时， 化简得，将代入方程， 可得， 则，解得， 得到，解得，令， 由二次函数性质得在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为，当时，，当时，， 得到，即， 可得四面体外接球的半径的取值范围为，故D正确. 故选：ACD 12． 【分析】由等差数列的前项和公式结合等差数列的性质求解. 【详解】因为数列均为等差数列， 所以. 故答案为： 13． 【分析】通过构造等差数列求出通项公式，再利用错位相减法求和，进而可求. 【详解】因为是以2为首项，2为公比的等比数列，所以， 所以，即，又， 所以是首项为1，公差为的等差数列． 得，所以， 所以， 则， 两个等式作差可得， ， 故．则． 14． 【分析】利用导数的运算法则及几何意义结合直线的点斜式计算即可. 【详解】由题，当时，， 所以切线方程为，即． 故答案为： 15．(1)， (2) 【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果； （2）先求，讨论的符号去绝对值，结合运算求解. 【详解】（1）设的公差为，则， 解得，所以的通项公式为， ； （2）由（1）得，令，解得， 当时，数列的前项均为正数， 则； 当时，数列的前7项为正数，从第8项至第项为负数， 则， ， 综上，. 16．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用结合等差数列的定义即可得证； （2）由（1）先求，再由求出即可； （3）将恒成立问题转化为恒成立，设，研究数列的单调性得到其最大值，即可求解. 【详解】（1）在数列中，①， 又因为②，，所以得． 又因为，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列； （2）由（1）知，数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以． 当时，， 当时，，也满足上式， 所以数列的通项公式为； （3）由（2）知，， 因为对于任意恒成立，所以恒成立． 设，则， 当和时，，即； 当时，， 所以， 所以数列的最大项是，所以， 即实数的取值范围为． 17．(1)； (2)存在两条直线或满足题意. 【分析】（1）根据导函数得出切线斜率，再应用点斜式即可得出切线方程； （2）先设切点，，再分别写出切线方程，对应相等列式，结合指对数运算即可求解. 【详解】（1）当时，，，， 则在点处的切线方程为； （2）若，设直线与曲线相切于点，则，， 直线与曲线在点处的切线方程为， 设直线与曲线相切于点，则， 直线与曲线在点处的切线方程， 由题意可知： 由①得，将与代入②得 所以或， 所以存在两条直线或与曲线和都相切． 18．(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）由勾股定理可得，即，又，根据线面垂直判定定理可证平面，最后由面面垂直的判定定理得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，代入公式运算得解. （3）根据等体积法求出点的位置，再利用向量法求线面夹角的正弦值. 【详解】（1）由题可知，所以， 所以， 所以，即 又四边形是正方形，所以， 又平面， 所以平面， 又平面，故平面平面； （2）过点作直线平面，以为坐标原点建立如图坐标系， 过作， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，所以为四棱台的高， 又，所以， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则由，得， 令，所以， 设平面的一个法向量为， 则由，得， 令，得平面的一个法向量为， 设平面和平面的夹角为， 则， 所以平面和平面夹角的余弦值为． （3）假设在上存在一点，使的体积为， 设， 所以， 解得，所以，， 由（2）可知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 所以在上存在一点，使的体积为，此时与平面所成角的正弦值为 19．(1)； (2)证明见解析，； (3)存在. 【分析】（1）根据已知条件列出关于的方程，解方程； （2）联立直线与椭圆方程，求弦长，计算，根据数量关系证明； （3）与的面积之比用，表示，转化为点坐标求解. 【详解】（1）因为轴时，， 所以点在椭圆上，则， 又，联立解得， 所以椭圆的方程为：． （2）当的斜率为零时，为椭圆长轴端点， ， 则， 当的斜率不为零时，设的方程为：， 设， 由消去得， ， 所以， 又， 则， 因此，即， 所以． （3）根据题意得，，， ， 则， 同理， 而，， 由（2）知， 于是，， 所以， 整理得，则或（舍去）， 因为，而， 解得，即，所以存在点满足题意． 答案第12页，共14页 答案第1页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $江西省乐平中学2025-2026学年第二学期高二年级期中考试 数学试卷(4-30班) 考试时间：120分钟满分：150分 命题人：杨洪审题人：胡柳彬 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每一小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的，答案填写在答题卡上， 1.数列1，-受-的-个通项公式a,=（) A.(》” B.(9 c.-(9 .9- 2.设f(x)是可导函数，且im +3a-@=2,则f(1)=（） A.2 B. C.6 D.-2 3.已知变量x,y的统计数据如下，若x与y的回归直线方程为)=0.64x+0.8,则m=（) 2.83.3 5.0 6.7 7.2 y2.6 4.0 5.1 5.4 A.2.5 B.2.7 C.2.9 D.3.1 4.中、乙、丙、丁、戊五名同学排成一排合影留念，其中中、乙均不能站最左端，且甲、丙必 须州邻，则不同的站法共有() A.18种 B.24种 C.30种 D.36种 5.设f(x)是f(x)的导函数，己知f(x)=2f(1)x-x2+1nx+1,则f(1)=(） A.月 B.1 c D.2 6.已知等比数列{an}的前6项和为126，其中偶数项和是奇数项和的2倍，则a1=（） A.-2 B.2 C.1 D.3 7.设点A(-23),B(3,2),若直线-ax+y+2=0与线段AB没有交点，则实数a的取值范围是 () A.(∞-引0后+) B.(-∞-uB+) c.(,别 D.(-) 8,已知椭圆C:号+发=1(b>0)的右焦点为R,点0为坐标原点，点P为椭圆C上一点，点2 为PF中点，若△Q0F的周长为4，则椭圆C的离心率为() A. B.子 C. D.日 第1页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 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.数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和.已知a4=一5，a10=7,则下列结论正确的有（) A.公差d=1 B.a7=1 C.S13=13 D,当n=6时，Sn最小 10.下列求导正确的有() A.(x2cosx)'=2xcosx-x2sinx B.Qnm)'=是 c.(偿)=a D.(tanx)= 11.设点P是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1内一动点，AA1=2,BC=1,BP=BA+AC+LAA, (2,μ∈(0,1)，如图所示，则下列正确的是(） A.当μ=时，三棱锥C-PAD的体积为 B B.当1+2μ=1时，PB+PD的最小值为V6 C.当AP=1时，A1P+PC的最小值为 D.当A+u=1时，四面体PABC外接球的半径的取值范围为竖，罗) 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，答案填写在答题卡上 12.若两个等差数列a,仙，)的前n项和分别为S,n,满足之=0e).则号=一 13.曲线y=e*sin2x+1在x=0处的切线方程为 14.已知数列{an+1-2an}是以2为首项，2为公比的等比数列，且a1=2,数列{an}的前n项和 为5，则8-一 四、解答题：本大题共5小题，共7？分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15.(本小题13分)记5n为等差数列(an]的前n项和，已知a2=11,S10=40. (I)求{an}的通项公式an与前n项和公式Sn: (2)求数列lan}的前n项和Tn 第2页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 16.（本小题15分)已知在正项数列{a中，a1=1且√Sn+√Sn-1=an(n之2)其中Sn为数 列{a}的前n项和 (1)求证：数列{√Sn是等差数列： (2)求数列an)的通项公式： (3)若对于任意n∈N,2n·λ≥Sn恒成立，求实数的取值范围： 17.已知函数f(x)=ex-2a,g(x)=lnx (1)当a=2时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程： (2)若a=1,是否存在直线与曲线y=f(x)和y=g(x)都相切？若存在求出所有这样的直线；若 不存在，诸说明理由. 第3而.北4而 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 18.如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1的底面为正形，侧面DCC1D1为等腰梯形，AB=2A1B1=4, ED1:D1D:DE=V13:3:2,E为AD的中点. (1)证明：平面DCC1D1⊥平面ABCD: (2)求平面BDC1和平面ADD1A1夹角的余弦值， (③)在AD上是杏存在-点G,使G-BDC:的体积为，若存在，求BG与平面BDC1所成角的正弦 值，若不存在，请说明理由 19.(本小题17分)已知椭圆r:若+兰=1(a>b>0)的右焦点为F(2,0),过F的直线与T交于P,Q 两点，且当PQ1x轴时，PQ=6. (1)求椭圆Γ的程： 2证明：高+0为定值： (3)若点P在x轴上方，直线PE与圆B:(x+2)2+y2=64交于A,B两点，点B在x轴上方，是杏存 在点P,使得△PBF与△QEF的面积之比为5：3？若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由. 第4页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP