精品解析：江苏省天一中学2025-2026学年高二上学期期末数学试题（理科强化班）含解析（word版）

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命题人 何爱君 审阅人 李伟
一、单选题：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. 设，向量，，且，则（ ）
A B. 9C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据空间向量垂直的坐标表示求出，然后根据空间向量的模的公式进行计算即可.
【详解】因为，
所以，解得.
所以，所以.
故选：D.
2. 已知抛物线的焦点为为抛物线上一点，则当时，点的横坐标为（ ）
A. 2024B. 2025C. 2026D. 2027
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，求得抛物线的准线方程为，设点的横坐标为，结合抛物线的定义，列出方程，即可求解.
【详解】抛物线可看作将抛物线向左平移一个单位，
因为抛物线的准线方程为，
所以抛物线的准线方程为，
设点横坐标为，
由抛物线的定义，可得，解得.
故选：B.
3. 已知数列满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意利用递推关系式由累加法计算可求得.
【详解】因为，所以，
所以当时，，，…，，
累加可得，
因为，所以，当时，，满足上式，
所以，
故选：B．
4. 已知函数，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对函数求导，根据导函数可得为R上的增函数，利用单调性比较大小即可.
【详解】由，得，
，当且仅当，即时等号成立，
而，，即在R上单调递增，
，，即.
故选：A.
5. 已知双曲线与椭圆的焦点重合，离心率互为倒数，设分别为双曲线的左，右焦点，为右支上任意一点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由椭圆方程求出其焦点坐标及离心率，再根据双曲线的性质，以及与椭圆的关系求出，根据双曲线的定义可得，将其代入，利用基本不等式即可求出其最小值.
【详解】因为椭圆的焦点为，离心率为，
所以可知双曲线，解得.
因为为双曲线右支上任意一点，
所以，即，
又因为，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以最小值为．
故选：C
6. 设无穷数列的前n项和为，定义，则（ ）
A. 当时，
B. 当时，
C. 当时，则
D. 当时，
【答案】D
【解析】
【分析】根据选项不同的通项公式，求出与，逐一验证即可.
【详解】对于A选项：当时，，不正确；
对于B选项：当时，在为奇数时为1，偶数时为0，故，不正确；
对于C选项：当时，，
又，所以
，不正确；
对于D选项：当时，，
，正确，
故选：D.
7. 已知：空间中，过点且一个法向量为的平面方程为.据此可知，若平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知得出平面的一个法向量，再得出相交于直线的两个平面的法向量，由这两个法向量求出直线的方向向量，由平面的法向量与直线的方向向量夹角的余弦值的绝对值得线面角的正弦值．
【详解】由题意知平面的一个法向量是，
平面与的法向量分别是，
设直线的一个方向向量为，
则，所以，取，得，
所以，
故直线l与平面所成角的正弦值为.
故选：A．
8. 若关于x的不等式恒成立，则实数的最大值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】变形不等式得到，设，求导得到函数单调性，得到，令，则求导得到函数单调性和极值最值情况，求出，设，求导得到单调性，并求出，，所以，得到答案.
【详解】不等式，即，
所以．设，则，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，所以．
令，则．
当时，，单调递增，则，
故满足条件；
当时，在单调递减；在单调递增，则；
设，则，则在上单调递减，
又，所以，
所以，所以的最大值为．
故选：D
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求.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. 若函数在定义域上单调递增，则称函数具有“Z魔力”，下列函数中具有“Z魔力”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据已知中函数具有“Z魔力”的定义，一一验证可得．
【详解】对于A，定义域为，则恒成立，
所以在上单调递增，故满足条件；
对于B，定义域为，则，
令，，则，所以在上单调递增，
又，即当时，函数在上单调递减，
当时，函数在上单调递增，故不满足条件；
对于C，定义域为，，
令，，，
则时，；当时，
即在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极小值即最小值，
所以恒成立，即在定义域上单调递增，故C正确；
对于D，定义域为，，
又，即在定义域上单调递减，且，
故不满足函数在定义域上单调递增，故D错误；
故选：AC
10. 在如图所示试验装置中，两个长方形框架与全等，，，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子分别在长方形对角线与上移动，且，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 的长最小等于
C. 当的长最小时，平面与平面所成夹角的余弦值为
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，写出相应点坐标，利用空间向量数量积的运算即可判断选项；利用空间两点间距离公式即可判断选项；根据二面角的余弦值推导即可判断选项；根据棱锥的体积计算公式即可判断选项.
【详解】由题意可知：两两互相垂直，以点坐标原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系，
建系可得，
，故选项正确；
又，
当时，，故选项正确；
当最小时，分别是的中点，
取中点，连接和，
，
，
是二面角的平面角.
中，，
可得，同理可得，
由余弦定理可得，故选项正确；
，故选项错误.
故选：.
11. 按照如下方式可得到一条蔓叶线：在抛物线上取一动点，作在该动点处的切线，过坐标原点作这条切线的垂线，垂足的轨迹就是如图所示的蔓叶线.下列结论正确的是（ ）

A. 点在上
B. 直线是的渐近线
C. 若过点的直线与和抛物线分别交于点，（异于点），则
D. 点到上的点的距离最小值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】先根据题意计算出蔓叶线E方程为，则A选项可直接判断；结合蔓叶线E方程为以及渐近线的相关知识可判断B；联立直线方程与曲线方程即可求出交点，再计算得为固定值4，则C可判断，E上的点到点的距离为，构造函数，利用导数求最小值即可判断D即可.
【详解】抛物线在原点处的切线为y轴，
过坐标原点作这条切线的垂线,垂足即为；
设上不同于原点的点，
则该点处的切线斜率存在，设为k，切线方程为，
代入，消去x可得，
则，
即，即，即，
故切线为①
则过坐标原点的这条切线的垂线方程为，
可得，代入①消去可得垂足满足的关系式为，
化简可得，
该式满足过原点，故蔓叶线E方程为.
点满足上式，故点在E上，故A正确；
由，可得且，故，
当时，，故是E的渐近线，故B正确；
若过点的直线与E和抛物线分别交于点A,B(异于点)，
可知直线的斜率存在，设为m，则，
由，解得，即，
由，解得，即,
故,
故，故C正确，
设E上的点到点的距离为，
则，
令，
，
令，可得，
故时，，单调递减，
时，，单调递增，
故,
故,则点到E上的点的距离最小值为，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 对于数列，定义为的“优值”，已知某数列的“优值”为，记数列的前n项和为，若对任意的n恒成立，则实数k的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意知，进而可得，两式相减可得，验证是否满足该关系，从而确定数列的通项公式，易得数列是等差数列，结合题意可得化简计算即可得出结果.
【详解】由题意知，
当时，，
则，
则，对也成立，故，则，
则数列为等差数列，
故对任意的恒成立可化为：
.
故答案为：
13. 设函数在处取得极值，且，当时，最大值记为，对于任意的的最小值为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求函数的单调性及极值，结合韦达定理求参数，再分类讨论的范围计算即可.
【详解】由已知得有两个不同实数根，
可得，
则，
可得，
令，解得或；令，解得；
易知在和上单调递增，在上单调递减，
故当时，上单调递减，上单调递增，
而，
当，即时，，
当时，，
当时，，
当时，，
显然对于，当时，.
故答案为：2
14. 过点的直线与抛物线：交于，两点（在，之间）是抛物线的焦点，点满足：，则与的面积之和取最小值时直线的斜率的绝对值是______.
【答案】##0.8
【解析】
【分析】设AB的直线方程为，将直线方程与抛物线联立，可得，然后注意到，，据此可得关于t的表达式，然后由导数知识可得答案.
【详解】设AB的直线方程为，，
由消去x得：，由，解得或，
不妨设，解得，，由，，
得，即，
则，
，
因此
，令函数，求导得，
由，解得，当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
则当时，取得最小值，由对称性得时，两个三角形面积的和也取得最小值，
所以与的面积之和取最小值时直线的斜率的绝对值为.
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、证明过程或演算步骤.
15. 已知，点在函数的图象上，其中.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）设，求及数列的通项；
（3）记，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2），
（3）
【解析】
【分析】（1）点代入函数解析式得，等式两边加1化简后取对数，可证题设结论；
（2）利用（1）求得后可得；
（3）已知得，变形为，可得，由裂项相消法的思想可得和即可.
【小问1详解】
由已知得，则，
由，知，两边取对数得，
注意到，则有，
故是首项为，公比为的等比数列．
【小问2详解】
由（1）知，
故，．
【小问3详解】
由，得，
则有，．
又，则．
，
由，，，故．
16. 在四棱锥中，底面为直角梯形，满足，，，，底面.点为棱的中点，点为棱的中点.

（1）求平面与平面所成夹角的余弦值；
（2）设点为三棱锥的内切球球面上一动点，求三棱锥体积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，即可得出两平面夹角余弦值；
（2）根据等体积法求出内切球的半径，并根据半径得出球心位置，结合球面上的点到平面距离的最大值为球心到平面距离加上半径，再由三棱锥体积公式计算可得结果.
【小问1详解】
因为底面，底面，
所以，又，
可得两两垂直，建立以为坐标原点，
分别以所在直线为轴的空间直角坐标系如下图，

设平面与平面的一个法向量分别为，
可得，令，可得；
即为平面的一个法向量，
又，令，可得；
所以即为平面的一个法向量，
因此平面与平面所成夹角的余弦值为.
【小问2详解】
三棱锥即为三棱锥，
由（1）中分析可知为正三角形，且边长为，
所以三棱锥是底面边长为，侧棱长为2的正三棱锥，
设三棱锥的内切球球心为，半径为，
由等体积法可得，
即，解得；
设球心，易知平面，且到平面的距离为；
易知，，
显然，可得；
不妨取平面的一个法向量为，又，
又到平面的距离为，所以，
可得，所以，所以；
由（1）中为平面的一个法向量，
可知到平面的距离为；
因此到平面的距离的最大值为；
由易知是边长为的等边三角形，所以；
因此三棱锥体积的最大值为.
17. 已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，若在上恒成立，求正整数的最大值；
（3）若在上有零点，比较与的大小.
（参考数据：，，）
【答案】（1）答案见解析；
（2）1 （3）
【解析】
【分析】（1）先对求导，按和根据导函数的正负分析的单调性；
（2）利用必要性探路得，代入计算得正整数的最大值为1，再证明时符合题意即可；
（3）设为的零点，代入得到方程，再结合点在上得到不等式，再两次设新函数和，求导后得到不等式，最后放缩即可.
【小问1详解】
当时，
①当时，在上单调递增；
②当时，由，得，
时，单调递减．
时，单调递增．
综上，时，在上为增函数；
时，在上为减函数，在上为增函数．
【小问2详解】
当时，，
因恒成立，所以，
即，
所以正整数的最大值为1．
下证时，在上恒成立．
设，
则在上单调递增，，即，
所以，又，
所以，即恒成立．
所以正整数的最大值为1．
【小问3详解】
由题意设为的零点，则，
即，则点在直线上，
所以，即，
当时，设，所以，则在上单调递增，
所以，所以，又时，，
所以时，，则，
令，则，
时，单调递减；时，单调递增，
所以，即，所以．
18. 已知动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：.试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，，切点分别为，.
（ⅰ）判断并证明直线与是否垂直？
（ⅱ）点关于轴的对称点为，直线交轴于点，直线交曲线于，两点.记，的面积分别为，，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义即可得到动点的轨迹方程；
（2）（i）根据题意中的性质求解出两条切线方程，代入点坐标后，得出直线的方程，从而算出斜率，再去判断与另一直线是否垂直；
（ii）联立直线的方程与椭圆的方程，由韦达定理得出，进而求解出直线与轴的交点的坐标，再用垂直关系又去设出直线的方程与椭圆的方程联立，然后用坐标去表示出，最后可由基本不等式得出结果.
【小问1详解】
设动圆的半径为，由题意得圆和圆的半径分别为7，1，
因为与，都内切，
所以，，
所以，
又，，，
所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
设的方程为：，
则，，即，，
故的方程为.
【小问2详解】
（i）设，，，
由题意中的性质可得，切线方程为，
切线方程为，
因为两条切线都经过点，所以，，
故直线的方程为，可得直线的斜率为：，
而直线的斜率为，
因为，所以；

（ii）由直线的方程为：，
可改设直线的方程为：，
联立，整理得，
由韦达定理得，
又，所以直线的方程为，
令得，
，
所以直线经过定点，又，
再由，可设直线的方程为：，
再联立，整理得，
设，，则由韦达定理得，
因为，所以
，
所以，当且仅当时，即时取等号.
又因为，所以.
19. 已知数集.若的两个非空子集和满足：，，则称集合和是的一个“分拆”.已知和是的一个分拆，表示数集中所有元素的和.
（1）判断并证明与能否相等？
（2）若，，求；（用数值表示）
（3）若为给定的偶数，关于的方程有整数根，求的最小值，并写出取到最小值时的所有的集合.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）；
【解析】
【分析】（1）由反证法结合与为整数可证明结论；
（2）由题目所给信息可得与，即可得答案；
（3）由题可得方程判别式为完全平方数，据此可得表达式，后构造函数可求得最小值，再由的二进制表示可得集合A即可.
【小问1详解】
由题可知均为正整数.
假设，因，则.
注意到为奇数，则不为整数，
这与均为正整数相矛盾，故；
【小问2详解】
当时，.
又由题可知，
结合题意又可知，
则；
【小问3详解】
设，又由（2）可知，
结合，
则.
因其有整数根，则其判别式为完全平方数，
不然的根一定含有为无理数，与题意不符.
设，其中.
则，
因均为正整数，则，
其中.则.
构造函数，其中.则.
令.则.
则在上单调递增，注意到，
则.
得在上单调递减，在上单调递增.
则若，要取最小值，
则应为离最近的整数，则或.
则，
其中.
则，即的最小值为.
注意到
,
则在二进制下的表示为，
因任意正整数在二进制下的表示唯一，
则当取最小值时，集合A只能为.