精品解析：北京市某重点校2025-2026学年高二年级下学期期中考试数学试卷

2025-2026学年第二学期高二年级数学学科期中考试试卷 一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分．在每小题的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 在复平面内，复数，则的共轭复数对应的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 点在曲线上，设曲线在点处切线的倾斜角为，则角的取值范围（ ） A. B. C. D. 3. 在平面直角坐标系xOy中，角以Ox为始边，终边与单位圆交于点P，且.点P在该单位圆上按逆时针方向做圆周运动到达点Q.若经过的圆弧的长为，则点Q的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 设函数的导函数为，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在三棱锥中，和是边长为2的等边三角形，平面平面，则（ ） A. B. 2 C. D. 6. 如图，战国时期的标准度量衡“环权”，包括木质秤杆、两个铜盘和九枚铜环权，为等臂衡秤式样，其中铜环权类似于砝码，可用于测量物体质量．把铜环权的质量从小到大排列后，前三项成等差数列，后七项成公比为2的等比数列，其中质量最小的为1铢，最大的为8两（古制1两=24铢），若某物体的质量恰为第3，5，8枚铜环权的质量和，则该物体的质量为（ ） A. 3两5铢 B. 3两15铢 C. 4两5铢 D. 4两15铢 7. 已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 在等比数列中，．则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 已知A、B是圆O：上两个动点，点P的坐标为，若，则线段长度的最大值为（ ） A. B. C. D. 10. 对于无穷数列和正整数，若存在满足且，则称数列具有性质．下列选项中错误的是（ ） A. 若，则数列不具有性质 B. 若，则数列具有性质 C. 存在数列和，使得和均不具有性质，且具有性质 D. 若数列和均具有性质，则具有性质 二、填空题：共7小题，每小题4分，共28分 11. 已知函数，则______． 12. 在长方形中，，，且，则______，______． 13. 已知双曲线的一条渐近线为，则C的焦距为_________． 14. 已知函数．若在区间上的最大值为，则___________． 15. 已知定义在上的函数，其导函数为，当时，，若，，，则由小到大为_______． 16. 设函数， ①若有两个零点，则实数的一个取值可以是______； ②若是上的增函数，则实数的取值范围是______． 17. 如图，在正方体中，，点满足，为的中点，给出下列四个结论： ①若，则点的轨迹的长度为； ②若，则点的轨迹的长度为； ③若，则的最小值为； ④若，则的最小值为. 其中正确结论的序号是____． 三、解答题 18. 已知无穷等比数列的前项和为. （1）求的值； （2）设，求数列的前项和. 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，交于点，，，点是棱的中点，连接． （1）求证：平面； （2）若平面平面，平面与平面的夹角的余弦值，求线段OP的长． 20. 已知函数，. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间； （3）若和有相同的最小值，求的值. 21. 在中，. （1）求； （2）若，并在条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：设CD为AB边上的高，. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 22. 已知函数． （1）当时，求证：直线是曲线的切线 （2）当时，求证：函数存在极小值； （3）直接写出函数的零点个数 23. 设和均为各项互不相等的N项数列，其中，．记数列C：，，…，，其中，． （1）写出所有满足条件的数列和，使得数列； （2）若，C是公差不为0的等差数列，求证：为定值； （3）若C为各项互不相等的数列，记C中最大的数为P，最小的数为Q，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期高二年级数学学科期中考试试卷 一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分．在每小题的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 在复平面内，复数，则的共轭复数对应的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用复数乘法求复数，根据共轭复数的定义求，进而确定点坐标. 【详解】由，则，对应点为. 故选：D 2. 点在曲线上，设曲线在点处切线的倾斜角为，则角的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得， 所以，且， 根据图象得． 3. 在平面直角坐标系xOy中，角以Ox为始边，终边与单位圆交于点P，且.点P在该单位圆上按逆时针方向做圆周运动到达点Q.若经过的圆弧的长为，则点Q的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设点的坐标为，由，利用三角函数定义可得点Q的纵坐标. 【详解】设点的坐标为，由， 有，解得， 所以点的纵坐标为. 故选：C. 4. 设函数的导函数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数及导函数判断大小关系即可. 【详解】因为，所以， 因为，则， 则 又因为，，所以， 即得， 所以， 可得， 所以. 故选：B. 5. 如图，在三棱锥中，和是边长为2的等边三角形，平面平面，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点为，则可证为等腰直角三角形，故可求的长. 【详解】 设的中点为，因为是边长为2的等边三角形， 故且，同理且， 故为的平面角，而平面平面， 故，故. 6. 如图，战国时期的标准度量衡“环权”，包括木质秤杆、两个铜盘和九枚铜环权，为等臂衡秤式样，其中铜环权类似于砝码，可用于测量物体质量．把铜环权的质量从小到大排列后，前三项成等差数列，后七项成公比为2的等比数列，其中质量最小的为1铢，最大的为8两（古制1两=24铢），若某物体的质量恰为第3，5，8枚铜环权的质量和，则该物体的质量为（ ） A. 3两5铢 B. 3两15铢 C. 4两5铢 D. 4两15铢 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列、等比数列的知识进行分析，从而确定正确答案. 【详解】设九枚铜环权按从小到大的顺序排列后的质量为， 由题意知，，，得， 则，， 所以铢两15铢． 故选：D 7. 已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】对曲线求导，结合已知求切点横坐标，进而得到，再应用“1”的代换及基本不等式求目标式的最小值． 【详解】由于直线与曲线相切，设切点为，且，所以， 所以切点的横坐标，将其代入直线方程和曲线方程，则有，即， 又，所以， 即，当且仅当时取等号，所以的最小值为2． 8. 在等比数列中，．则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】结合等比数列的性质与充分条件与必要条件的定义判断即可的. 【详解】设等比数列的公比为， 当时，即有，又，故且， 当时，有，故不能得到， 即“”不是“”的充分条件； 当时，即有，即且， 则，当时，由，故，故， 当时，，亦可得， 故“”是“”的必要条件； 综上所述，“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 9. 已知A、B是圆O：上两个动点，点P的坐标为，若，则线段长度的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据题意设出Q的坐标，根据勾股定理得到Q的轨迹方程，求出的最大值，根据即可求解. 【详解】解：如图所示： 取的中点Q，连、， 由圆的性质可知， 由可知：， 设点Q的坐标为， 在中，， 即 ，整理为， 可化为， 故Q的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 的最大值为， 故． 故选：D. 10. 对于无穷数列和正整数，若存在满足且，则称数列具有性质．下列选项中错误的是（ ） A. 若，则数列不具有性质 B. 若，则数列具有性质 C. 存在数列和，使得和均不具有性质，且具有性质 D. 若数列和均具有性质，则具有性质 【答案】D 【解析】 【分析】A利用是个不同的正整数，可得不可能相等；B求为偶数时数列的通项公式，取为个不同的偶数；C取，利用性质的定义证明；D取，，再利用性质的定义证明. 【详解】因，则，由于是个不同的正整数， 因此不可能相等，故数列不具有性质，故A正确； B，，故当为偶数时，，此时， 故取为个不同的偶数，此时， 则数列具有性质，故B正确； 取，由A选项可知，数列不具有性质；取， 则，由于是个不同的正整数，因此不可能相等， 故数列不具有性质；，则， 故任取为个不同的正整数， 有，则数列具有性质，故C正确； 取，，则当为奇数时，， 故取为个不同的奇数，此时， 故数列具有性质；当为偶数时，，故取为个不同的偶数， 此时，故数列具有性质；， 则，由于为个不同的正整数， 则，，，不可能相等， 此时数列不具有性质，故D错误. 故选：D 二、填空题：共7小题，每小题4分，共28分 11. 已知函数，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由初等函数导数公式和复合导数运算法则求可得，再代入计算即得答案. 【详解】由，得. . 故答案为：. 12. 在长方形中，，，且，则______，______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，结合平面向量的坐标运算代入计算，即可得到结果. 【详解】 设，以B为原点建立如图所示平面直角坐标系， 则， 则， 由可得，解得，所以， 且，所以. 故答案为：；. 13. 已知双曲线的一条渐近线为，则C的焦距为_________． 【答案】4 【解析】 【分析】将渐近线方程化成斜截式，得出的关系，再结合双曲线中对应关系，联立求解，再由关系式求得，即可求解. 【详解】由渐近线方程化简得，即，同时平方得，又双曲线中，故，解得（舍去），，故焦距. 故答案为：4. 【点睛】本题为基础题，考查由渐近线求解双曲线中参数，焦距，正确计算并联立关系式求解是关键. 14. 已知函数．若在区间上的最大值为，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】先通过三角恒等变换将函数化简为正弦型函数，再结合正弦函数的单调性与最值特征，根据给定区间的最大值条件求解参数。 【详解】因为， 所以， 当时，， 若在区间上的最大值为， 则，， 则，即得. 15. 已知定义在上的函数，其导函数为，当时，，若，，，则由小到大为_______． 【答案】 【解析】 【分析】依题意令，利用导数说明函数的单调性，即可比较函数值的大小． 【详解】设，， 当时，，即， 所以在上单调递减， 所以， 所以，即， 所以． 16. 设函数， ①若有两个零点，则实数的一个取值可以是______； ②若是上的增函数，则实数的取值范围是______． 【答案】 ①. （内的值都可以） ②. 或 【解析】 【分析】①分析函数的性质，确定零点所在的区间，通过解方程的方法，即可求解； ②根据分段函数的形式，确定两段函数都是单调递增，并根据分界点处函数值的关系不等式，即可求解. 【详解】①函数在上单调递增，， 所以函数在区间上无零点， 则函数在上有2个零点， 即，，则，或或，， 则，解得：， 所以的一个值是； ②函数在上单调递增， 则在上，也单调递增，且， 若函数在在区间单调递增， 则，即在区间上恒成立， 即，即， 不等式，解得：或， 综上可知，或. 故答案为：（内的值都可以）；或 17. 如图，在正方体中，，点满足，为的中点，给出下列四个结论： ①若，则点的轨迹的长度为； ②若，则点的轨迹的长度为； ③若，则的最小值为； ④若，则的最小值为. 其中正确结论的序号是____． 【答案】①②③ 【解析】 【分析】由题意可得在四边形边界及其内部；对①：由正方体性质可得平面，结合中点在平面内，可得点的轨迹为四边形边界及其内部与平面交线，即为线段，计算即可得；对②：由正方体性质可得平面，则点的轨迹为四边形边界及其内部与平面交线，即为线段，其中为中点，解出即可得；对③：利用椭圆定义可得点的轨迹为椭圆与长方形边界及内部相交部分，计算即可得解；对④：利用双曲线定义可得点的轨迹为双曲线右支与长方形边界及内部相交部分，计算即可得解. 【详解】由，则在四边形边界及其内部； 对①：由，，，、平面， 可得平面，又中点在平面内， 则平面内任一点到点与点距离相等，又在四边形边界及其内部， 则当时，点的轨迹为四边形边界及其内部与平面交线， 即为线段，又，故点的轨迹的长度为，故①正确； 对②：由，，，、平面， 可得平面，又平面，故， 由①知平面，又平面，故， 又，、平面，故平面， 若，则点的轨迹为四边形边界及其内部与平面交线， 即为线段，其中为中点，， 即点的轨迹的长度为，故②正确； 对③：若，由， 则点轨迹为以、为焦点的椭圆一部分， 以为原点建立如图平面直角坐标系， 则该椭圆方程为， 点的轨迹为该椭圆与长方形边界及内部相交部分， 设，则有，， 则， 即的最小值为，故③正确； 对④：若，由， 则点轨迹为以、为焦点的双曲线右支一部分， 以为原点建立如图平面直角坐标系， 则该双曲线方程为， 点的轨迹为该双曲线右支与长方形边界及内部相交部分， 由双曲线性质可得，当为右顶点时，有最小值， 即的最小值为，故④错误. 三、解答题 18. 已知无穷等比数列的前项和为. （1）求的值； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等比数列中的关系可得解； （2）根据分组求和，利用等比数列、等差数列求和公式得解. 【小问1详解】 当时，， 因为是等比数列，所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 由（1）知， 因为，且， 所以是以6为首项，9为公比的等比数列， 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，交于点，，，点是棱的中点，连接． （1）求证：平面； （2）若平面平面，平面与平面的夹角的余弦值，求线段OP的长． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）利用菱形对角线中点与三角形中位线性质，证明线线平行，进而推导线面平行； （2）先证线面垂直建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，结合面面角的余弦值公式列方程，解得高的长度． 【小问1详解】 因为底面是菱形，所以是中点， 因为是的中点，所以， 又因为平面， 平面， 所以平面． 【小问2详解】 因为，是的中点，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 又，所以两两垂直， 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 因为菱形的边长为2，，所以，， 所以，， 设 ，所以，， 设为平面的一个法向量， 由，得，所以， 取，，，所以， 因为，，，平面， 所以平面，所以平面的一个法向量为 ， 平面与平面的夹角的余弦值为， 所以，所以， 所以，所以，因为，所以． 所以线段OP的长为． 20. 已知函数，. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间； （3）若和有相同的最小值，求的值. 【答案】（1） （2）答案见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）根据题意，分和两种情况讨论求解即可； （3）结合（2）得，求得，进而构造函数，研究其零点即可得答案. 【小问1详解】 因为，， 所以， 所以，， 所以，曲线在点处的切线方程，即． 【小问2详解】 函数的定义域为， 所以，， 所以，当时，在上恒成立，函数在上单调递增， 当时，时，，单调递减；时，，单调递增， 综上，当时，增区间为，无减区间； 当时， 减区间为，增区间为. 【小问3详解】 由（2）知，当时，在上单调递减，在单调递增. 所以， 因为，得， 所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，， 因为和有相同的最小值， 所以，即， 令，， 令，， 所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，即， 所以，在上单调递增， 因为， 所以，等价于 即的值为. 21. 在中，. （1）求； （2）若，并在条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：设CD为AB边上的高，. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2）选择条件，答案见解析. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用差角的余弦公式求解. （2）选择条件①，利用余弦函数单调性，结合已知导出矛盾；选择条件②，利用余弦定理及三角形面积公式求解；选择条件③，利用直角三角形边角关系求出，再利用余弦定理及三角形面积公式求解. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 而，则，解得，又， 所以. 【小问2详解】 选择条件①：，而，余弦函数在上单调递减， 则，，与矛盾，因此不存在. 选择条件②：，由（1）及余弦定理，， 得，解得，，经检验存在且唯一确定， 所以的面积. 选择条件③：CD为AB边上的高，且，则， 由（1）及余弦定理，， 得，解得，，经检验存在且唯一确定， 所以的面积. 22. 已知函数． （1）当时，求证：直线是曲线的切线 （2）当时，求证：函数存在极小值； （3）直接写出函数的零点个数 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）当或时，函数有一个零点； 当且时，函数有两个零点． 【解析】 【分析】（1）代入参数，先求函数在处的导数值得到切线斜率，再结合切点坐标写出切线方程； （2）通过求二阶导数判断一阶导数的单调性，结合分析一阶导数的符号变化，进而证明是函数的极小值点。 （3）以处的极值为核心，分、且、三种情况，讨论函数的单调性与零点个数． 【小问1详解】 的定义域为，， 因为，所以， 所以曲线在处的切线方程为， 所以直线是曲线的切线． 【小问2详解】 令，， 因为且， 所以在上恒成立， 所以在上单调递增，且， 所以在区间的变化情况如下表： ↘ 极小值 ↗ 所以当时，取得极小值，问题得证． 【小问3详解】 函数的定义域为，， 显然是函数的零点，当时，函数的零点即为方程的解， 令，，则， 令，则， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， ，， 即有，函数在，上都单调递减， 令，， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 即，恒有，当且仅当时，等号成立， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，取值集合为， 在上单调递减，取值集合为， 于是得当且时，方程有唯一解，当或时，此方程无解， 所以当或时，函数有一个零点；当且时，函数有两个零点． 23. 设和均为各项互不相等的N项数列，其中，．记数列C：，，…，，其中，． （1）写出所有满足条件的数列和，使得数列； （2）若，C是公差不为0的等差数列，求证：为定值； （3）若C为各项互不相等的数列，记C中最大的数为P，最小的数为Q，求的最小值． 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 （3）当为偶数时，最小值为；当为奇数时，最小值为. 【解析】 【分析】（1）根据定义分析出，再写出所有情况即可； （2）记等差数列的公差为，分析出，则，以分析即可； （3）分为偶数和为奇数讨论，当为偶数利用反证法得，再讨论等号成立的情况，当为奇数时举例即可. 【小问1详解】 显然，因为， 根据，，则，，， 从而满足条件的答案有4组，分别为： ；； ；. 【小问2详解】 记等差数列的公差为， 由， 得，则. 由，得. 因为，且和均为各项互不相等的2024项数列， 所以， 所以，即. 所以公差. 不妨设公差，则， 而只能由1和2024得到，去除两端的数后只能由2和2023得到 以此类推，于是总为定值2025. 【小问3详解】 由题意，数列中有个不同的整数，则，当且仅当数列为个连续整数时取等号， 当为偶数时，若存在数列，使得，则. 由为偶数，知为奇数，则不可能为0. 这与矛盾， 所以当为偶数时，. 当为偶数时，如果数列； 数列； 那么数列，此时满足. 当为奇数时，如果数列； 数列； 那么数列，此时. 综上，当为偶数时，最小值为；当为奇数时，最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是对进行分偶数和奇数讨论，其中当为偶数时需利用反证法，再讨论出等号成立的情况. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $