高二数学上学期期中分层模拟·素养提升卷（湘教版）

2026-2027学年高二数学上学期段考卷 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：湘教版选择性必修第一册第1章—第3章。 第一部分（选择题 共58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．已知直线的一个方向向量为，若过点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 2．记为等差数列的前项和．若，，则（    ） A．10 B．20 C．30 D．40 3．圆上的点到直线的距离的最大值是　　 A．2 B． C． D． 4．若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则的值为　　 A． B．2 C． D． 5．已知两条直线和相互垂直，则（    ） A．2 B．3 C． D． 6．为等比数列的前n项和，已知，，且公比，若存在常数， 使得数列是等比数列，则的值为（ ） A. 3 B. 1 C. D. 7．已知实数满足方程，则的最大值是（    ） A． B． C．0 D． 8．已知，分别是椭圆的左、右焦点，是坐标原点，是椭圆上一点，与轴交于点．若，，则椭圆的离心率为（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 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．已知是数列的前n项和，，则下列结论正确的是（ ） A. 数列是等差数列 B. 数列是递增数列 C. D. 10．若直线与圆交于，两个不同的点，且，则的值为　　 A．0 B．5 C．6 D． 11．在平面直角坐标系中，过拋物线的焦点作直线交抛物线于两点，则（    ） A．的最小值为2 B．以线段为直径的圆与轴相切 C． D． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知两条直线，，若，则直线与之间的距离______． 13．已知圆的圆心在圆上，且和交于，两点，则　　． 14．镇江中学学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折5次共可以得到不同规格图形的种数为 ；如果对折次，那么 ． 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．（13分） 已知直线与． （1）当时，求直线与的交点坐标； （2）若，求的值． 16．（15分） 已知数列是单调递增的等比数列，数列是等差数列，且． (1)求数列与数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 17．（15分） 已知直线l经过点，圆． （1）若直线l与圆C相切，求直线l的方程； （2）若该直线l与圆C相交于两点，且的面积为，求直线l的方程． 18．（17分） 已知平面内两个定点，，满足直线与的斜率之积为的动点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同两点； (1)求曲线的轨迹方程； (2)若直线和的斜率之积为，求证：直线过定点； (3)若直线与直线分别交于，求证：. 19． （17分） 已知定义域为，对任意都有．当时，，且． （1）求的值； （2）判断函数的单调性，并证明； （3）若对，都有恒成立，求实数的取值范围． 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二数学上学期段考卷 全解全析 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：湘教版选择性必修第一册第1章—第3章。 第一部分（选择题 共58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．已知直线的一个方向向量为，若过点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线的方向向量求出直线的斜率，再由点斜式得到直线方程. 【详解】因直线的一个方向向量为，则直线的斜率， 又因直线过点， 故直线的方程为． 故选：C 2．记为等差数列的前项和．若，，则（    ） A．10 B．20 C．30 D．40 【答案】C 【解析】由等差数列的性质得①， ②， 由①得，代入②得，解得，故， 故.故选：C 3．圆上的点到直线的距离的最大值是　　 A．2 B． C． D． 【解答】解：圆的标准形式：， 圆心为，半径为1 圆心到直线的距离， 则所求距离最大为， 故选：． 4．若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则的值为　　 A． B．2 C． D． 【分析】求出双曲线的右焦点坐标，然后求解，得到结果． 【解答】解：根据抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合可得， 所以． 故选：． 5．已知两条直线和相互垂直，则（    ） A．2 B．3 C． D． 【答案】C 【解析】易知的斜率为， 的斜率为，所以；解得.故选：C 6．为等比数列的前n项和，已知，，且公比，若存在常数， 使得数列是等比数列，则的值为（ ） A. 3 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得，再结合等比数列的定义判断即可. 【详解】因为，又， 所以，又， 所以， ，解得：， 所以， 假设存在常数，使得数列为等比数列， 则，即，解得：， 此时，，即数列是等比数列， 所以存在，使得数列为等比数列. 故选：D 7．已知实数满足方程，则的最大值是（    ） A． B． C．0 D． 【答案】B 【解析】的方程可化为， 它表示圆心，半径为1的圆， 表示圆上的点与点的连线的斜率， 设过圆上点与点的直线方程为， 则圆心到直线的距离， 可得，即最大值为，故选：B. 8．已知，分别是椭圆的左、右焦点，是坐标原点，是椭圆上一点，与轴交于点．若，，则椭圆的离心率为（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】D 【解析】由，得，则，则， 则，即，解得， 则， 因为，所以， 即，整理得， 则，解得或， 故或．故选：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．已知是数列的前n项和，，则下列结论正确的是（ ） A. 数列是等差数列 B. 数列是递增数列 C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】根据作差得到，结合等比数列的定义及通项公式计算可得. 【详解】因为，当时，，解得； 当时，，则，即， 所以，则是以为首项，为公比的等比数列， 所以，则，故A错误，C、D正确； 又，所以数列是递减数列，故B错误； 故选：CD 10．若直线与圆交于，两个不同的点，且，则的值为　　 A．0 B．5 C．6 D． 【分析】根据题意求出圆心到到直线的距离，列方程即可求得的值． 【解答】解：如图所示， 因为直线与圆交于，两点，且， 所以， 所以点到直线的距离为， 解得或， 即的值为0或． 故选：． 11．在平面直角坐标系中，过拋物线的焦点作直线交抛物线于两点，则（    ） A．的最小值为2 B．以线段为直径的圆与轴相切 C． D． 【答案】BC 【解析】由题意可知，抛物线的焦点，准线为，直线的斜率不为零， 设直线为，， 由，得， 因为， 所以， 所以， 所以， 对于A，因为，当且仅当时取等号， 所以的最小值为4，所以A错误， 对于B，因为线段的中点为，，则 到轴的距离为，而以线段为直径的圆的半径为， 所以圆心到轴的距离等于圆的半径，所以以线段为直径的圆与轴相切，所以B正确， 对于C，因为， 所以C正确， 对于D，因为 ，所以D错误，故选：BC 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知两条直线，，若，则直线与之间的距离______． 【答案】 【解析】 【分析】利用两直线平行可求得的值，再利用平行线间的距离公式可求得的值. 【详解】因为，则，解得，所以，直线的方程为， 因此，直线与之间的距离. 故答案为：. 13．已知圆的圆心在圆上，且和交于，两点，则　　． 【详解】圆， 则圆的圆心为， 由题意可知，，解得， 故圆，即， 则圆心，半径， 两圆相减可得，，即为直线的方程， 圆心到直线的距离， ． 故答案为：． 14．镇江中学学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折5次共可以得到不同规格图形的种数为 ；如果对折次，那么 ． 【答案】； 【解析】第一空：由对折2次共可以得到，三种规格的图形， 所以对折三次的结果有：，，共4种不同规格； 对折4次可得到如下规格：，，， ，共5种不同规格； 对折5次可得到如下规格：，，， ，，共6种不同规格； 第二空：由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形， 不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为, 对于第次对折后的图形的规格形状种数为种，第次对折后的图形面积之和为， 则， ， 两式作差得： ， 因此. 故答案为：①；②. 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．（13分） 已知直线与． （1）当时，求直线与的交点坐标； （2）若，求的值． 【分析】（1）求出直线方程，联立方程即可求出交点； （2）根据直线平行求出，再检验是否重合即可． 【解答】解：（1）因为， 所以，，即， 联立 解得， 故直线与的交点坐标为． （2）因为，所以，解得或， 当时，与重合，不符合题意． 当时，与不重合，符合题意． 故． 16．（15分） 已知数列是单调递增的等比数列，数列是等差数列，且． (1)求数列与数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 【解析】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为， 由得 即即，解得或．............................................................3分 当时，，不满足单调递增， 当时，，满足单调递增， 故，所以．............................................................6分 又，所以， 所以， 即数列与数列的通项公式为，.................................................8分 （2）利用等比数列前项和公式可得， 数列的前项和为，............................................................11分 数列的前项和为，............................................................14分 所以数列的前项和， 即............................................................15分 17．（15分） 已知直线l经过点，圆． （1）若直线l与圆C相切，求直线l的方程； （2）若该直线l与圆C相交于两点，且的面积为，求直线l的方程． 【答案】（1）或. （2）或 【解析】 【分析】（1）分类讨论直线的斜率存在与不存在，利用圆心到直线的距离等于圆的半径计算即可； （2）由题意知直线的斜率一定存在，设直线方程，利用点到直线的距离公式和三角形面积公式计算可得结果. 【小问1详解】 由题意可知，圆的圆心为，半径1， 当直线l的斜率不存在时，直线的方程为,此时直线与圆相离，不符合题意； 当直线l的斜率存在时，设斜率为k，设直线l的方程为， 因为直线与圆相切，所以圆心到直线l的距离，解得， 所以直线l的方程为.即或. 【小问2详解】 由题意可知，直线l的斜率一定存在，设斜率为k，设直线l的方程为， 记圆心到直线l的距离为d，则， 所以，解得． 所以，解得， 所以直线l的方程为．即或 18．（17分） 已知平面内两个定点，，满足直线与的斜率之积为的动点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同两点； (1)求曲线的轨迹方程； (2)若直线和的斜率之积为，求证：直线过定点； (3)若直线与直线分别交于，求证：. 【解析】（1）设，由题有，化简得到， 所以曲线的轨迹方程为.............................................................3分 （2）因为直线和的斜率之积为，所以直线的斜率存在， 设，，， 由，消得到， 则， ，............................................................6分 ， 化简整理得到，得到或， 当时，，直线过定点与重合，不合题意， 当，，直线过定点，所以直线过定点. ..........................10分 （3）由（2）知，， 所以的中点坐标为，............................................................12分 又易知直线是双曲线的渐近线，设， 由，得的坐标为， 由，得的坐标为， 得到的中点坐标为，............................................................15分 所以的中点与的中点重合，设中点为， 则，从而有.............................................................17分 19． （17分） 已知定义域为，对任意都有．当时，，且． （1）求的值； （2）判断函数的单调性，并证明； （3）若对，都有恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）是上的单调递减函数． 证明：任取， 则， 由于当时，，易知，则， 故， 可得是上的单调递减函数． （3） 【解析】 【分析】（1）利用赋值法取可得，再令可得； （2）结合函数满足，且当时，，按照单调性定义证明步骤证明即可； （3）利用可将不等式化为，即可得，在利用换元法令，结合单调性可得对于，恒成立，即可解得. 【小问1详解】 取， 则，于是， 令， 则， 又，则； 【小问2详解】 是上的单调递减函数． 证明：任取， 则， 由于当时，，易知，则， 故， 可得是上的单调递减函数．【小问3详解】 不等式可化为， 也即， 令 于是，都有恒成立， 由于为上的单减函数，则， 都有恒成立， 即成立，即恒成立； 令，它是关于的一次函数， 故只需，解得． 即， 解得 6 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $