精品解析：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） 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. 数列的一个通项公式（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【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. 设是可导函数，且，则（ ） A. 2 B. C. 6 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由导数的定义，， 已知，故. 3. 已知变量，的统计数据如下，若与的回归直线方程为，则（ ） 2.8 3.3 5.0 6.7 7.2 2.6 4.0 5.1 5.4 A. 2.5 B. 2.7 C. 2.9 D. 3.1 【答案】C 【解析】 【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. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学排成一排合影留念，其中甲、乙均不能站最左端，且甲、丙必须相邻，则不同的站法共有（ ） A. 18种 B. 24种 C. 30种 D. 36种 【答案】C 【解析】 【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. 设是的导函数，已知，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【详解】由已知， . 6. 已知等比数列的前6项和为126，其中偶数项和是奇数项和的2倍，则（   ） A. -2 B. 2 C. 1 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】由题设，可得， 若的公比为，则，所以，解得， 所以，则. 7. 设点 ,，若直线与线段AB没有交点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【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. 已知椭圆的右焦点为F，点O为坐标原点，点P为椭圆C上一点，点Q为PF中点，若的周长为4，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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. 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. 数列为等差数列，为其前项和.已知，，则下列结论正确的有（ ） A. 公差 B. C. D. 当时，最小 【答案】BCD 【解析】 【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. 下列求导正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【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. 设点是正四棱柱内一动点，，，，，如图所示，则下列正确的是（ ） A. 当时，三棱锥的体积为 B. 当时，的最小值为 C. 当时，的最小值为 D. 当时，四面体外接球的半径的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【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 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. 若两个等差数列的前项和分别为，满足，则______. 【答案】 【解析】 【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. 曲线在处的切线方程为__________． 【答案】 【解析】 【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： 14. 已知数列是以2为首项，2为公比的等比数列，且，数列的前n项和为，则_________． 【答案】 【解析】 【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． 四、解答题：本大题共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. 记为等差数列的前n项和，已知. （1）求的通项公式an与前n项和公式； （2）求数列的前n项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 设的公差为，则， 解得，所以的通项公式为， ； 【小问2详解】 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. 已知在正项数列中，且，其中为数列的前n项和. （1）求证：数列是等差数列； （2）求数列的通项公式； （3）若对于任意，恒成立，求实数的取值范围； 【答案】（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） （3） 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 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. 已知函数， （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，是否存在直线与曲线和都相切？若存在求出所有这样的直线；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； （2）存在两条直线或满足题意. 【解析】 【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. 【小问1详解】 当时，，，， 则在点处的切线方程为； 【小问2详解】 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. 如图，四棱台的底面为正方形，侧面为等腰梯形，，，为的中点． （1）证明：平面平面； （2）求平面和平面夹角的余弦值． （3）在上是否存在一点，使的体积为，若存在，求与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：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） （3）存在， 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 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. 已知椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，且当轴时，． （1）求椭圆的方程； （2）证明：为定值； （3）若点在轴上方，直线与圆交于两点，点在轴上方，是否存在点，使得与的面积之比为？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1）； （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）存在. 【解析】 【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. 【小问1详解】 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：． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 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． 第1页/共1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. 数列的一个通项公式（ ） A. B. C. D. 2. 设是可导函数，且，则（ ） A. 2 B. C. 6 D. 3. 已知变量，的统计数据如下，若与的回归直线方程为，则（ ） 2.8 3.3 5.0 6.7 7.2 2.6 4.0 5.1 5.4 A. 2.5 B. 2.7 C. 2.9 D. 3.1 4. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学排成一排合影留念，其中甲、乙均不能站最左端，且甲、丙必须相邻，则不同的站法共有（ ） A. 18种 B. 24种 C. 30种 D. 36种 5. 设是的导函数，已知，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 6. 已知等比数列的前6项和为126，其中偶数项和是奇数项和的2倍，则（   ） A. -2 B. 2 C. 1 D. 3 7. 设点 ,，若直线与线段AB没有交点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的右焦点为F，点O为坐标原点，点P为椭圆C上一点，点Q为PF中点，若的周长为4，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 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. 数列为等差数列，为其前项和.已知，，则下列结论正确的有（ ） A. 公差 B. C. D. 当时，最小 10. 下列求导正确的有（ ） A. B. C. D. 11. 设点是正四棱柱内一动点，，，，，如图所示，则下列正确的是（ ） A. 当时，三棱锥的体积为 B. 当时，的最小值为 C. 当时，的最小值为 D. 当时，四面体外接球的半径的取值范围为 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. 若两个等差数列的前项和分别为，满足，则______. 13. 曲线在处的切线方程为__________． 14. 已知数列是以2为首项，2为公比的等比数列，且，数列的前n项和为，则_________． 四、解答题：本大题共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. 记为等差数列的前n项和，已知. （1）求的通项公式an与前n项和公式； （2）求数列的前n项和. 16. 已知在正项数列中，且，其中为数列的前n项和. （1）求证：数列是等差数列； （2）求数列的通项公式； （3）若对于任意，恒成立，求实数的取值范围； 17. 已知函数， （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，是否存在直线与曲线和都相切？若存在求出所有这样的直线；若不存在，请说明理由． 18. 如图，四棱台的底面为正方形，侧面为等腰梯形，，，为的中点． （1）证明：平面平面； （2）求平面和平面夹角的余弦值． （3）在上是否存在一点，使的体积为，若存在，求与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由. 19. 已知椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，且当轴时，． （1）求椭圆的方程； （2）证明：为定值； （3）若点在轴上方，直线与圆交于两点，点在轴上方，是否存在点，使得与的面积之比为？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $