浙江省宁波市2025_2026学年高二数学上学期期中试题含解析

这是一份浙江省宁波市2025_2026学年高二数学上学期期中试题含解析，共22页。试卷主要包含了 抛物线的准线方程是， 若无穷数列满足， 下列导数计算正确的是等内容，欢迎下载使用。
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据抛物线的标准方程得到开口向上，从而得解.
【详解】抛物线开口向上，且，
所以准线方程是.
故选：B
2. 已知函数可导，且满足，则函数在处的导数为（ ）
A. B. C. 1D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由导数的定义化简已知，即可求解.
【详解】已知函数可导，
则
则,
所以.
故选：A
3. 正项等比数列的公比为,成等差数列，则值为（ ）
A. B. 1或C. 1D. 1或
【答案】C
【解析】
【分析】利用等比数列的基本量，结合等差中项的性质列方程，即可得解.
【详解】因为成等差数列，故,
即,
两边消去,得,
得.
故选：C.
4. 已知，椭圆的方程为，双曲线的方程为，与的离心率之比为．则的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出椭圆与双曲线的离心率,然后推出a、b关系,即可求解双曲线的渐近线方程.
【详解】因为，椭圆的方程为，
所以椭圆的离心率为.
因为双曲线的方程为，
所以双曲线的离心率为.
因为与的离心率之比为，
所以，解得：，所以，
所以的渐近线方程为：.
故选：A
5. 设等差数列的前项和为，若有最大值，且，则中最大的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的性质可知，，依次分析选项即可得到的最大值.
【详解】因为等差数列的前项和为，且有最大值，所以公差，
由，可得，故有最大值为，
又，单调递减，且，
所以当时，,单调递减，单调递增，此时最大；
当时，，，则，
，则，
同理可得均大于0，则
综上，最大；
故选：B
6. 设正项等比数列的公比为，前项和为，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. 成等比数列D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式和前项和公式逐项判断.
【详解】正项等比数列的公比为，前项和为，
则，
对于A，，，不一定相等， A错误；
对于B，当
，B错误；
对于C，当，
由于，
则，C错误；
对于D，当时，
，
此时，
当时，，此时，
所以，D正确.
故选：D
7. 已知椭圆的左、右焦点分别为、．点在上，点在轴上，，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出图形，利用中垂线的性质可知是边长为的等边三角形，求得，，利用椭圆定义可得出、的齐次等式，即可解得该椭圆的离心率的值.
【详解】如下图所示：
由题意可知为线段的中点，为线段的中点，且，，
由中垂线的性质可得，，故，
由勾股定理可得，
由椭圆的定义可得，即，
故该椭圆的离心率为.
故选：C.
8. 若无穷数列满足：，当时，，则称是“数列”．则下列正确的是（ ）
A. 若是“数列”，则
B. 若是“数列”且是等差数列，则单调递增
C. 若是“数列”且单调递减，则是等比数列
D. 若是“数列”且是周期数列，则集合的元素个数最多是
【答案】D
【解析】
【分析】根据新定义数列，计算判断A，结合等差数列，单调性，周期数列计算判断BCD.
【详解】对于A，若是“数列”，当时，，
，若
当时，，所以，
当时，，所以，
当时，，所以，A错误.
对于B，若是“数列”且是等差数列，设公差为，
当时，，即，
当时，，则，，即，
此时，数列不单调递增，B错误.
对于C，若是“数列”且单调递减，
当时，，因为数列单调递减，所以.
当时，，因为数列单调递减，所以.
当时，，因为数列单调递减，所以.
可知数列不等比数列，C错误.
对于D，若是“数列”且是周期数列，假设周期为，
当时，，
当时，，所以或
若时，当时，，所以或，
若时，当时，，所以或，
这样数列值会越来越大（非周期），所以
若时，当时，，所以或，
若时，当时，，所以或，
若时，当时，，所以或，
同理按此规律计算可得数列的取值可能是，
所以的元素个数最多是，D正确.
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. 下列导数计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据导数运算公式计算判断各个选项.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，，C错误；
对于D，，D正确；
故选：AD.
10. 已知数列满足，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 的前项和
D. 的前项和
【答案】BCD
【解析】
【分析】运用构造法求出数列的解析式后，易知其既是正项数列，又是递减数列，其最大项为，再运用分组求和法与裂项相消法分别解决选项C，D中的数列求和问题.
【详解】由题可得，可构造为，
又，因此是以3为首项，3为公比的等比数列.
，得.
对于A：由的解析式，易知其为递减数列，故A错误；
对于B：因为故.又因为为递减数列，其最大项为.故B正确；
对于C：，其前项和.故C正确；
对于D：设
又注意到，.
因此
因此的前项和
.故D正确.
故选：BCD.
11. 数学中有许多形状优美的曲线，如图形状类似数字“8”的曲线叫双纽线．我们把在平面中，到定点的距离之积等于的动点的轨迹称为双纽线.曲线是当时的双纽线，是曲线上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）

A. 曲线关于轴，轴，原点均对称
B. 点的横坐标的取值范围是
C. 的最大值是
D. 若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题定义可得双纽线方程.对于A，可分别用替换原方程的验证方程是否不变即可；对于B，可根据求出的范围；对于C，将双纽线方程分离出一个,再求另一侧的最大值；对于D，联立直线与双纽线方程，使其仅有唯一解即可.
【详解】根据双纽线的定义可得，,整理化简得：
.
对于A：分别用替换原方程的,方程不变，故A正确；
对于B：对化成关于的一元二次方程得，
，舍去负根，得：.
,两边平方后化简，
得,解得,
即,故B正确.
对于C：易知当最大时，必不在坐标原点，因此可写为：
,当时取到等号，
因此,即双纽线上任意一点到原点的距离都不超过，故C正确.
对于D：直线与曲线一定有公共点,若直线与曲线只有一个交点，
联立与双纽线方程,整理得：
,解得或.
要使方程只有唯一解，则,解得或,故D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数，则函数在处的切线方程是_________________．
【答案】
【解析】
【分析】在等式两边求导，令，可求出的值，即可得出函数的解析式，再求出切点坐标，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程.
【详解】因为，所以，
令可得，解得，故，
所以，即切点坐标为，
因此函数在处的切线方程是，即.
故答案为：.
13. 已知等轴双曲线与有共同的焦点、，与在第一象限的交点为，则的面积为_________________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意求得等轴双曲线的方程为，联立方程求得，根据三角形面积公式计算即可求解.
【详解】由题意可知的焦点坐标为，
设等轴双曲线的方程为，
则，得，所以双曲线的方程为，
因为与在第一象限的交点为，
所以，解得，即，
所以.
故答案为：.
14. 已知数列 的前项和，数列的前项积，将与中的所有项从小到大依次排列构成一个新数列,记为数列的前项和，则使得成立的的最小值为_________________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，求得和，得到数列的前几项，结合列举法，即可求解.
【详解】由数列的前项和为，
当时，可得；
当时，可得，
其中适合上式，所以数列的通项公式为，
又由数列的前项积为，即，
当时，可得；当时，可得，
其中满足上式，所以数列的通项公式为，
将数列和中的项按从小到大排列，得到新数列，可得数列的前几项为：

其中数列的项在数列中，分别为第 项，
当时，，，不符合题意；
当时，，，不符合题意；
当时，，，不符合题意；

当时，，，不符合题意；
当时，，，此时满足，符合题意，
所以使得成立的的最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或决算出题．
15. 已知双曲线与双曲线有相同的渐近线，且经过点．
（1）求双曲线的方程；
（2）过点的直线与双曲线交于不同的两点，且为的中点，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）待定系数法结合分类讨论求解双曲线方程；
（2）利用点差法结合中点坐标公式求解直线方程.
【小问1详解】
对于双曲线，其渐近线方程为，
设双曲线的方程为，由题意可得，
消化简得，此方程无解；
设双曲线的方程为，由题意可得，
解得所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
设，因为两点在双曲线上，，
两式相减得，
因为为的中点，所以，则，
因此直线的斜率．
直线的方程为，即．
经验证此时直线与双曲线有两个交点，满足题意.
16. 已知．
（1）是否存在常数使得对任意的都成立？若存在，求出；
（2）若（1）中存在，用数学归纳法证明．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据待定系数法求解即可；
（2）根据数学归纳法的证明步骤证明．
【小问1详解】
存在，
由题可得，解得，
所以存在，；
【小问2详解】
证明：
当时，，
假设时，等式成立，
时，
成立，
综上，成立．
17. 已知，函数的图象记为曲线．
（1）若点在曲线上，求；
（2）在（1）中的条件下，求过点与曲线相切的直线方程；
（3）若时均有恒成立，求的值．
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）由可得出关于的方程，结合可解出的值；
（2）设切点坐标为，利用导数的几何意义求出切线方程，将点的坐标代入切线方程，求出的值，即可得出所求切线的方程；
（3）对的符号进行分类讨论，分析可知方程有一负根和一正根，可得出，然后对的取值分类讨论求解即可.
【小问1详解】
因为的图象记为曲线，
若点在曲线上，则，即，
因为，解得，故.
【小问2详解】
由（1）可得，
设切点为，，
所以切线斜率为，切线方程为，
将点的坐标代入切线方程得，
整理得，即，解得或，
当时，所求切线方程为；
当时，所求切线方程为.
综上所述，所求切线方程为或.
【小问3详解】
对任意的，恒有，分以下几种情况讨论：
①当时，即当时，，
故当时，，不符合题意；
②当且时，即当时，对于方程，，
即方程必有两个不等的实根、，设，
由韦达定理可得，必有，
此时，
对任意的，因为，则，，
要使得恒成立，即恒成立，
只需，故方程的一个根为，
所以，因为，解得；
③当且时，即当时，
由②可知，
对任意的，，，
当时，，
当时，，不符合题意.
综上所述，.
18. 已知数列满足,数列满足．
（1）求数列和的通项公式；
（2）记数列的前项和为,求;
（3）若对任意恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）写出数列前的和，将其与该数列的前项和作差后化简，即可得到数列，再将代入，构造出等比数列，求出其通项后即可得到；
（2）运用错位相减法解决“等差数列×等比数列”的求和模型；
（3）令，再运用定义法研究数列的单调性，求出其最大值即可.
【小问1详解】
，
当时，，
将两式相减，得：
化简为.
当时，，也满足上式.
因此，.
因此有，整理得.
又，是以1为首项，为公比等比数列.
，因此
【小问2详解】
，
，
将两式相减得：
，
故.
【小问3详解】
若对任意恒成立，即求的最大值.
令，
.
因此，当且仅当时，，即；
当时，，即数列自起单调递减.
故数列的最大值为.
故.
19. 已知，，动点满足，动点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）直线上一点，连接与曲线交于点，连接与曲线交于点，
①求的值并证明直线过定点；
②令与轴交于点，用表示（其中表示三角形的面积）
【答案】（1）
（2）（2）①；直线过定点为；
②当在轴下方时，，
当在轴上方时，
【解析】
【分析】（1）设，可得，化简即可求解；
（2）①设直线的方程为：，则，与椭圆联立方程可得点的坐标，同理可得点坐标，分别表示出，化简即可求解，根据，可得，设与椭圆联立，由韦达定理可得：，，代入化简即可求解.②由题可得点到直线的距离，点到直线的距离，即可得到，由点在上代入化简可得，解方程即可得到，代入面积关系化简即可.
【小问1详解】
设，则，
化简可得：
【小问2详解】
设，，显然直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为：，则，
联立，化简得：，解得：，

设直线的方程为：，则，
联立，化简得：，解得：，，
所以，所以，
所以，即
设，
联立，化简可得：，
，即
所以，
。
由，可得，
化简可得：，解得：或
当时，表示直线，不满足条件；
所以，即，
所以直线过定点为
② 由①可得，，直线的方程为，，
所以点到直线的距离，
点到直线的距离，
所以，
由于点在直线上；
所以，化简可得：，
由于，则的解为：，
所以，
当在轴下方时，则，，
当在轴上方时，则，，
综上，当轴下方时，，
当在轴上方时，