陕西省榆林市重点高中2025-2026学年高二下学期3月开学考试试卷 数学（含解析）

这是一份陕西省榆林市重点高中2025-2026学年高二下学期3月开学考试试卷 数学（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．一个直线运动的质点的位移y（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（ ）
A．B．C．D．
2．过点且与直线垂直的直线的方程是（ ）
A．B．
C．D．
3．函数的最大值是（ ）
A．B．0C．D．3
4．已知等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．32B．64C．128D．256
5．以为直径的两个端点的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，双曲线的两个焦点为、，若椭圆的两个焦点是线段的三等分点，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
7．某无人机爱好者组织小规模无人机表演，按照如图所示规律排列图形，若从第一组开始依次排列，则210架无人机可以同时排出的图形组数是（ ）
A．14B．13C．12D．11
8．已知点A是椭圆C：（）的下顶点，F是C的右焦点，延长AF交C于点B，若，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．顶点在原点，对称轴是坐标轴，并且经过点的抛物线的标准方程是（ ）
A．B．C．D．
10．记为各项均为正数的数列的前项和，且，则（ ）
A．B．是递增数列
C．是递增数列D．
11．已知函数与其导函数的定义域均为，且与均为偶函数，则（ ）
A．为偶函数B．为奇函数
C．D．
三、填空题
12．函数的图象在处的切线方程是____________．
13．已知等差数列的前项和为，若，则______________.
14．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，若是曲线C上任意一点，的最小值为______.
四、解答题
15．已知圆的圆心在直线上.
(1)求圆的方程；
(2)已知直线过点且与圆相切，求直线的方程.
16．已知函数在处取得极大值．
(1)求a，b的值；
(2)求函数的零点的个数．
17．已知公比为正数的等比数列的前n项和为，且，，数列满足，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
18．设为抛物线的焦点，为上三个不同的点，且，．
(1)求的方程；
(2)设过点的直线交于两点．
①若直线交圆于两点，其中位于第一象限，求的最小值；
②过点作的垂线，直线交于两点，设线段的中点分别为，求证：直线过定点．
19．已知函数．
(1)若，讨论在上的单调性；
(2)若，证明：；
(3)当时，若，且，在处取得极值，求证：．
参考答案
1．A
【详解】由题意得，所以，
即该质点在时的瞬时速度为．
故选：A．
2．D
【详解】直线的斜率为，
因为直线与直线垂直，
所以直线的斜率为，
又直线过点，所以直线的方程为，
即.
故选：D.
3．C
【详解】因为，所以，
令，得，令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值是.
故选：C.
4．B
【详解】设等比数列的公比为，
因为，则，
又因为，解得，
所以．
故选：B．
5．D
【详解】易知该圆圆心为的中点，
，故半径，
所以该圆的方程为.
故选：D.
6．C
【详解】双曲线的焦点坐标为，
椭圆的的焦点坐标为，
由题意可得，因为，可得，
因此，双曲线的渐近线方程为.
故选：C.
7．C
【详解】记第组中无人机的架数为，
由图形可得，
可知数列是首项为1，公差为3的等差数列，
则数列的前项和，
令，得，解得（舍）或，
所以210架无人机可以同时排出的图形组数是12．
故选：C
8．B
【详解】设椭圆C的焦距为2c，，则，，
所以，，
因为，所以，即，即，
因为点B在椭圆C上，所以，
则，得到C的离心率为．

故选：B．
9．BC
【详解】因为抛物线经过，所以抛物线开口向左或开口向上，
设开口向左的抛物线方程为（），
将点代入，得，
所以开口向左的抛物线方程为，
故B正确,错误；
设开口向上的抛物线方程为（），
将点代入，得，
所以开口向上的抛物线方程为，
故C正确，错误.
故选:BC.
10．AB
【详解】由，得，解得或，
又，所以，故A正确；
所以，当时，，
两式作差得，即时，，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
故，易得其是递增数列，故B正确；
此时为定值，故C错误；
易得，故D错误，
故选：AB.
11．BC
【详解】对于选项A，因为为偶函数，所以，
即，所以关于对称，
若为偶函数，则，所以，
所以关于点对称，这与关于对称矛盾，所以选项A错误；
对于选项B，因为为偶函数，所以，
所以当时，，即为奇函数，所以选项B正确；
对于选项C，因为为偶函数，即，
所以，所以，
由，得，
所以，故选项C正确；
对于选项D，由，得，所以，故选项D错误．
故选：BC．
12．
【详解】由已知，得，所以，
所以所求切线方程为，即.
故答案为：.
13．56
【详解】因为是等差数列，所以成等差数列，
则，即，解得.
故答案为：
14．
【详解】曲线，
当，时，曲线C的方程可化为，
当，时，曲线C的方程可化为，
当，时，曲线C的方程可化为，
当，时，曲线C的方程可化为，
作出曲线如图：
到直线的距离，
则即为，要求得的最小值，结合曲线的对称性，
只需考虑，时的情况；
当，时，曲线C的方程为，
曲线为圆心为，半径为的圆的一部分，
而到直线的距离为，
由圆的性质得曲线C上一点到直线的距离最小为，
故的最小值为.
故答案为：.
15．(1)
(2)或.
【详解】（1）圆的圆心为，
因为圆的圆心在直线上，所以，解得，
所以圆的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，的方程为，此时圆心到直线的距离，所以直线与圆相切；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离，解得，
所以直线的方程为.
综上所述，直线的方程为或.
16．(1)，
(2)函数的零点的个数为1
【详解】（1）对求导得，
由，且，解得，．
经检验，，符合题意，所以，．
（2）由，
令或
令，
所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为．
所以可得函数的极小值为，又极大值为，
而，
综上所述，函数的零点的个数为1，且零点位于区间内．
17．(1)
(2)
【详解】（1）设等比数列的公比为，
由，得，又，所以，解得或（舍去）．
又，则，解得，
所以．
由，得，
所以；，，，
以上各式相乘，得，
又，所以，且满足上式，所以．
（2）由（1），得，
所以，
，
两式相减，得，
所以，
即．
18．(1)
(2)①；②证明见解析
【详解】（1）由抛物线，则，准线方程为，
由为上三个不同的点，设，
则，
由，则，
由，
且，则，
所以，解得，故抛物线的方程为.
（2）①由题意作图如下：
由，整理可得，则圆心为，半径，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入抛物线，解得，则，
将代入圆，解得，则，
所以，此时；
当直线的斜率存在时，由题意可得，直线的方程可设为，设
联立可得，消去整理可得，
，，
易知，，
所以，
由，则，当且仅当，即时，等号成立，
综上所述，的最小值为.
②证明：由题意可作图如下：
由题意可知直线的斜率存在且不为零，可设该直线方程为，
由①可得，设，则，
由直线垂直直线，且垂足为，则该直线方程为，
联立，消去整理可得，
，
设，则，
设，且线段的中点分别为，
则，，
，，
当时，直线斜率存在，直线的斜率，
可得方程为，则，
整理可得，
令，解得，所以直线过定点.
当时，直线斜率不存在，易知，
直线的方程为，此时直线过；
综上所述，所以直线过定点.
19．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）若，则的定义域为，且，
当时，则在上恒成立，可知在上单调递增；
当时，则，
令，解得；令，解得；
可知在上单调递减，在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）若，则的定义域为，且，
因为在上单调递增，则在上单调递增，
且，
可知存在，使得，即，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，
因为，可得，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
但，等号不成立，可得，
所以时，．
（3）当时，的定义域为，且，
令，则，
当时，，则，
可知在内单调递增，即在内单调递增，
且，
可知存在，使得，即，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，
所以是的极小值点；
因为，且，
不妨设，则，
要证，即证，
因为，则，
又因为在上单调递增，且，
因此只要证，
设，则，
可得，
令，则，
设，
则，
可知在上单调递增，即在上单调递增，
则，可知在上单调递减，
则，可知在上单调递增，可得，
所以时，，
又因为，所以成立．
综上所述，．