精品解析：湖北罗田县第一中学2025-2026学年下学期期中考试高二数学试卷

2026年春季罗田一中期中考试 高二数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 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. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出切线的斜率，结合点斜式可得出所求切线的方程. 【详解】因为，所以，，所求切线的斜率， 因此，所求切线的方程为，整理得． 故选：A． 2. 设数列的前n项和为，并且，则等于（ ） A. 32 B. 16 C. 992 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用即可求解. 【详解】当时，. 所以. 故选：A. 3. 若等差数列满足且，则数列的前12项和为（ ） A. 48 B. 64 C. 80 D. 112 【答案】C 【解析】 【详解】设数列的公差为，则，得， 则， 当时；当时， 因为等差数列的前项和为， 前项和为， 则数列的前12项和为. 4. 已知函数的定义域为，且的图象是一条连续不断的曲线，的导函数为，若函数的图象如图所示，则（ ） A. 的单调递减区间是 B. 的单调递增区间是 C. 当时，有极值 D. 当时， 【答案】A 【解析】 【分析】利用函数图象解不等式可得的单调性，即可判断A正确，B错误，再根据极值定义可得C错误，根据不等式结果可得D错误. 【详解】根据图象可知当时，，可得； 当时，，可得； 结合的图象是一条连续不断的曲线，可知时，单调递减； 当时，，仅当时取等号，可得， 对于AB，时，单调递减，当时，，此时单调递增， 因此的单调递减区间是的单调递增区间是，即A正确，B错误； 对于C，易知当时，，当时，， 即在处左右函数的单调性不改变，因此C错误； 对于D，因为时，，由，可得， 因此，即D错误. 故选：A. 5. 设函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数零点的定义转化为有三个根，利用数形结合进行求解即可. 【详解】由题意得函数有三个零点， 则函数，即有三个根， 当时，，则， 由得，即，此时在上单调递减， 由得，即，此时在上单调递增， 当时，，当时，取得极小值， 下面我们作出的图象如图： 要使有三个根，则，故D正确. 故选：D 6. 已知为双曲线的右焦点，圆上的动点到双曲线渐近线的距离最小值为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出双曲线的渐近线方程，再根据圆的性质得到动点到渐近线距离的表达式，结合已知条件建立关于、、的等式，最后根据双曲线的离心率公式，求出离心率． 【详解】对于双曲线，其渐近线方程为，即．  已知圆，其圆心坐标为，半径． 则圆心到渐近线的距离． 因为在双曲线中有，所以．  因为动点在圆上，所以动点到双曲线渐近线的距离最小值为圆心到 渐近线的距离减去圆的半径，即． 已知动点到双曲线渐近线的距离最小值为，所以，移项可得．  且，把代入可得： ，两边同时开方得． 所以离心率．  该双曲线的离心率为． 故选：A． 7. 前项和为的数列满足，若，则的最小值为（ ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】先判断是等比数列，求得，进而求得，利用分组求和法求得，由此化简不等式来求得的范围，进而求得的最小值. 【详解】因为，所以， 且，所以是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以，所以， 所以，令， 解得，所以，所以的最小值为. 故选：B 8. 已知抛物线的焦点为，准线为，过上的一点作的垂线，垂足为，点，与相交于点．若，且的面积为，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设点，根据给定条件，结合抛物线定义用p表示点A的坐标，再利用三角形面积求出p值作答. 【详解】设点，抛物线的焦点，准线， 由得：，解得，不妨令点A在第一象限，则，，如图， 因为，则，即有点D到x轴距离， ，解得， 所以的方程为. 故选：C 二、多项选择题：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. 下列有关排列数、组合数的等式中，，正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用组合数性质判断A；利用排列数阶乘公式判断B；利用组合数性质计算判断C；利用组合数性质及二项式定理计算判断D. 【详解】对于A，由组合数性质知，，A正确； 对于B，当时，，B错误； 对于C， ，C正确. 对于D，因为， 所以 ，D正确. 10. 已知等差数列的前项和为，公差为，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 当时，取得最小值 D. 使成立的的最大值为62 【答案】AC 【解析】 【分析】由题意可知，，，结合等差数列求和公式可判断A，B，D；由可判断C. 【详解】由题意可知，故A正确； 又，所以，故B不正确； 即，所以当时，取得最小值，故正确； 因为， 所以， 所以使成立的的最大值为61，故D不正确． 故选：AC． 11. 已知椭圆为的右焦点，点在上，且关于轴对称，分别为线段的中点，为坐标原点，则（ ） A. B. 的最小值为 C. D. 存在点，使得 【答案】BCD 【解析】 【分析】设的左焦点为，利用对称性，如，，取具体的点验证是否有判断A，利用椭圆上点到焦点距离的最值判断B，结合椭圆定义判断C，设，由求出判断D. 【详解】对于选项A，由题意得，如图，设的左焦点为，连接，由的对称性知且，则，由，取点，得，故A错误； 对于选项B，因为为线段的中点，所以，因为的最小值为，所以的最小值为，即，故B正确； 对于选项C，因为分别为线段的中点，所以，由椭圆的定义知，故C正确； 对于选项D，设，则，且，由，得，所以.，若，则 ，此时，故存在点，使得，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列的首项，满足，则________. 【答案】 【解析】 【详解】由且，可得， ，故. 13. 由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位“波浪数”（即偶数位数字比各自相邻的奇数位数字大），且满足中间第3位为波谷（小于左右两侧数字）的“波浪数”有_______个. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，确定十位、千位数字，再分类求解作答. 【详解】依题意，由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位“波浪数”的偶数位分别为十位、千位数字， 要使偶数位数字比各自相邻的奇数位数字大，则十位、千位数字分别为5与4或5与3， 当十位、千位数字为5与4时，排十位、千位数字有2种，排另三个数位有种，共有种， 当十位、千位数字为5与3时，5和3有2种情况，此时4与5必相邻，且4只能为最高位或个位， 1，2只能在3的两边，有2种情况，因此不同排法有种， 所以构成的无重复数字的五位“波浪数”的个数个. 14. 已知、为实数，，若对恒成立，则的最小值为 ______. 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导函数，判断可得，即可求得函数的单调区间，从而求出函数的最小值，依题意可得，即可得到，从而得到，再令，，利用导数说明函数的单调性，从而求出函数的最小值，即可求出的取值范围. 【详解】解：因为，所以， 若，则恒成立，所以在上单调递增，且当时，不符合题意， 所以，令，解得，当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，则， 则， 令，， 则，所以当时，当时， 即在上单调递减，在上单调递增，所以， 所以，即的最小值为. 故答案为： 【方法点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 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. 现有甲、乙、丙、丁名公费师范生和三所重点中学 （1）甲、乙、丙、丁名公费师范生分配至三所重点中学任教，有多少种不同分法. （2）从甲、乙、丙、丁名公费师范生中选出人分配至三所重点中学任教，每所学校分配一人，甲必须当选，有多少种不同分法? （3）将所学校的位校长排入已经站好的名学生队伍中拍照留念，这名学生已经排好，不改变学生原有顺序将三位校长再排入(可以不相邻)，有多少种不同的排法?(结果用数字作答) 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）直接对4名师范生进行分配即可； （2）先从乙、丙、丁中选2人，然后全排列； （3）由名学生形成的空位依次排入校长，即可得到答案. 【小问1详解】 由于每名公费师范生都有所学校可选，因此有种分法. 【小问2详解】 由于甲必须当选，所以需要从乙、丙、丁中选2人，有种分法，再将选中的人全排列分配到所学校，有种分法， 故共有种分法. 【小问3详解】 名学生排好形成个空位（含两端），因此第一位校长有种选择； 第一位校长选择后，此时已经有个人，形成了个空位（含两端），因此，第二位校长有种选择； 同理，第三位校长有种选择； 综上所述，总的排法有种. 16. 为数列的前项和.已知，. （1）证明是等比数列，并求数列的通项公式； （2）数列满足，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用题中的递推公式构造出，从而可证求解. （2）利用错位相减法，即可求解. 【小问1详解】 证明：依题意，由两边同时加上， 可得， 因为， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， ， 则当时，， 当时，也满足上式， 所以数列的通项公式为：. 【小问2详解】 由（1）可得， 则， ， 两式相减， 可得 所以. 17. 已知函数． （1）若在时取极值，求的值和的极小值； （2）若不等式对任意恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据极值点可得，则，从而，利用导数求极小值； （2）解法1：根据题意，可得，则，令，利用单调性求最值；解法2：参变分离得，设，利用导数求其最小值，可得解；解法3：利用导数研究函数的单调性，从而得解；解法4：不等式转化为，设，利用导数求的最大值，从而得解. 【小问1详解】 由题意可知：，， 因为，解得， 则，， 令，则， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为，且， 当趋近于或时，趋近于， 可知在定义域内有2个零点和1， 当时，，当时，， 可知在，内单调递增，在内单调递减， 所以在处取极小值，极小值为． 【小问2详解】 解法1：由于不等式对任意恒成立， 则，解得， 下证：当时，， 若，则， 令，由（1）可知，在上单调递增， 则，则 ， 所以的取值范围为； 解法2：令，则， 设，，则， 设，，则, 可知在上单调递增，则， 即，可知在上单调递增，则， 可得，所以的取值范围为； 解法3：因为，，则， 设，，则， 可知在上单调递增，即在上单调递增， 则，且当趋近于时，趋近于， 当，即时，则在内存在零点， 若，则，可知在内单调递减， 可得，不合题意； 当，即时，则，可知在上单调递增， 则，符合题意； 综上所述：的取值范围为； 解法4：因为，则， 设， 则， 当，即时，则，可知在单调递减， 则，解得； 当，即时， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在上单调递减， 则， 令 ，下证： ， 设,，则， 可知在上单调递增，则， 即，可得 ，可知不等式恒成立； 综上所述：的取值范围为. 18. 已知椭圆经过点，且椭圆的两个焦点坐标分别为、． （1）求出椭圆的标准方程； （2）若、是椭圆上异于的点，直线、以及轴围成一个以为顶点的等腰三角形． ①求证：直线的斜率为定值； ②求弦长的取值范围． 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）由椭圆的定义可求得的值，结合的值可得出的值，即可得出椭圆的标准方程； （2）①由题可得，设点、，设直线的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据结合韦达定理化简可得出的值； ②求出的取值范围，结合弦长公式可求得的取值范围. 【小问1详解】 由椭圆定义可得 ， 因为，所以，则， 由题，所以， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 ①由题可得，从而直线的斜率必定存在， 设、，设直线的方程为， 联立，可得， ，可得， 由韦达定理可得，， 因为 ， 即， 即 ， 整理可得， 即， 又因为直线不过点，所以 ，所以 ，即； ②由①可知，，由得， 因为，所以，因此的取值范围是. 19. 丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.若，，，为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凸函数”.也可设可导函数在上的导函数为，在上的导函数为，当时，函数在上为“凸函数”.若，，，为上任意个实数，满足，则称函数在上为“凹函数”当且仅当时等号成立.也可设可导函数在上的导函数为，在上的导函数为，当时，函数在上为“凹函数”.这里关于凹凸函数的不等式即为著名的琴生不等式. （1）讨论函数，的凹凸性； （2）在中，求证：； （3）若个正实数满足，求证：. 【答案】（1）凹函数； （2）证明见解析； （3）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）对再求导得，由的正负得凹凸性； （2）利用凹凸性的性质证明； （3）构造新函数，确定凹凸性后，利用凹凸性证明． 【小问1详解】 ，则，， 当时，， 所以是凹函数； 【小问2详解】 由（1）知，当且仅当时等号成立； 【小问3详解】 设，则，在上恒成立，所以在上是凹函数， 个正实数满足，则， 所以， 即 ， 所以． 【点睛】方法点睛：本题考查学生的创新应用能力，由题意考察函数的凹凸性，只要对函数的导函数再一次求导，然后判断这个导数的正负，得了结论.第（3）小题我们必须从要证明的不等式出发取对数后，引入新函数，然后利用它们凹凸性证明不等式成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年春季罗田一中期中考试 高二数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 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. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 2. 设数列的前n项和为，并且，则等于（ ） A. 32 B. 16 C. 992 D. 3. 若等差数列满足且，则数列的前12项和为（ ） A. 48 B. 64 C. 80 D. 112 4. 已知函数的定义域为，且的图象是一条连续不断的曲线，的导函数为，若函数的图象如图所示，则（ ） A. 的单调递减区间是 B. 的单调递增区间是 C. 当时，有极值 D. 当时， 5. 设函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知为双曲线的右焦点，圆上的动点到双曲线渐近线的距离最小值为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 7. 前项和为的数列满足，若，则的最小值为（ ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 8. 已知抛物线的焦点为，准线为，过上的一点作的垂线，垂足为，点，与相交于点．若，且的面积为，则的方程为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 下列有关排列数、组合数的等式中，，正确的是（　　） A. B. C. D. 10. 已知等差数列的前项和为，公差为，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 当时，取得最小值 D. 使成立的的最大值为62 11. 已知椭圆为的右焦点，点在上，且关于轴对称，分别为线段的中点，为坐标原点，则（ ） A. B. 的最小值为 C. D. 存在点，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列的首项，满足，则________. 13. 由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位“波浪数”（即偶数位数字比各自相邻的奇数位数字大），且满足中间第3位为波谷（小于左右两侧数字）的“波浪数”有_______个. 14. 已知、为实数，，若对恒成立，则的最小值为 ______. 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. 现有甲、乙、丙、丁名公费师范生和三所重点中学 （1）甲、乙、丙、丁名公费师范生分配至三所重点中学任教，有多少种不同分法. （2）从甲、乙、丙、丁名公费师范生中选出人分配至三所重点中学任教，每所学校分配一人，甲必须当选，有多少种不同分法? （3）将所学校的位校长排入已经站好的名学生队伍中拍照留念，这名学生已经排好，不改变学生原有顺序将三位校长再排入(可以不相邻)，有多少种不同的排法?(结果用数字作答) 16. 为数列的前项和.已知，. （1）证明是等比数列，并求数列的通项公式； （2）数列满足，求数列的前项和. 17. 已知函数． （1）若在时取极值，求的值和的极小值； （2）若不等式对任意恒成立，求的取值范围． 18. 已知椭圆经过点，且椭圆的两个焦点坐标分别为、． （1）求出椭圆的标准方程； （2）若、是椭圆上异于的点，直线、以及轴围成一个以为顶点的等腰三角形． ①求证：直线的斜率为定值； ②求弦长的取值范围． 19. 丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.若，，，为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凸函数”.也可设可导函数在上的导函数为，在上的导函数为，当时，函数在上为“凸函数”.若，，，为上任意个实数，满足，则称函数在上为“凹函数”当且仅当时等号成立.也可设可导函数在上的导函数为，在上的导函数为，当时，函数在上为“凹函数”.这里关于凹凸函数的不等式即为著名的琴生不等式. （1）讨论函数，的凹凸性； （2）在中，求证：； （3）若个正实数满足，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $