湖北省武汉市武昌区2025_2026学年高二数学上学期2月期末试题含解析

这是一份湖北省武汉市武昌区2025_2026学年高二数学上学期2月期末试题含解析，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
试卷满分：150分
一、单项选择题：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. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将抛物线的方程化为标准方程，可得出其准线方程.
【详解】抛物线的标准方程为，则，所以，则，
故该抛物线的准线方程为.
故选：C.
2. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 380B. 200C. 190D. 100
【答案】A
【解析】
【分析】求得等差数列的公差，进而求得
【详解】设等差数列的公差为，
则，
所以.
故选：A
3. 已知直线是双曲线的一条渐近线，则的离心率等于（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】借助双曲线的渐近线方程可得，即可得，即可得离心率.
【详解】由题意可得，故，
则，
故.
故选：A.
4. 已知 Q 为抛物线 C: 上的动点，动点 M 满足到点A(2，0)的距离与到点F(F是C的焦点)的距离之比为 则|QM|+|QF|的最小值是（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得到点的轨迹，然后将的最小值转化为的最小值，根据垂线段最短得到当三点共线时，最小，然后求最小值即可.
【详解】
由题意得，等于点到准线的距离，
过点作垂直准线于点，则，
设动点，则，整理得，
所以点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，
，
所以当四点共线时，最小，.
故选：B.
5. 已知点在椭圆上，，是椭圆的左、右焦点，若，且的面积为1，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的数量积和面积公式，即可得到，再根据数量积的公式得到，又因为，则可利用基本不等式进行求解即可.
【详解】如图所示：
不妨设，，（，），，
则可知，，
两式相除可得，所以，
又，所以，
可得（，），
由椭圆的定义，得（当且仅当时等号成立），所以．
故选：B．
6. 已知数列满足：，，且，则数列前n项的和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由叠加法求出数列通项公式，再代入，求出数列通项公式，再由列项相消法求出.
【详解】由得，，，…，，，
叠加得，
由题可知也适合上式，故；
所以，
则数列前n项的和.
故选：B.
7. 已知数列满足（），且，其前项之和为，则满足不等式的最小整数是（ ）
A. 9B. 8C. 6D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】
将等式变形得到，然后根据数列为等比数列，求出代入绝对值不等式求解即可得到答案．
【详解】对（）变形得：即：，
故数列是首项为8公比为的等比数列.
∴，从而，
.
由，解得最小的正整数，
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题主要考查不等式的求解问题，其中涉及到可化为等比数列的数列的求和问题，属于不等式与数列的综合性问题，解答本题的关键是将条件变形为，判断出数列为等比数列，属于中档题.
8. 已知双曲线，直线过坐标原点并与双曲线交于两点（在第一象限），过点作的垂线与双曲线交于另一个点，直线交轴于点，若点的横坐标为点横坐标的两倍，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，，根据垂直关系及坐标可得直线的方程，联立可求得点坐标，代入双曲线方程中，结合在双曲线上，可化简整理得到，由离心率可求得结果.
【详解】由题意知：直线斜率存在且不为零，则可设直线，
设，则，，
，，则直线，
又，直线，
由得：，即，
双曲线上，，
又在双曲线上，即，，
，
即，
，
，又，，
双曲线离心率.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线离心率的求解问题；解题关键是能够通过两直线方程联立的方式，求得点坐标，从而根据点在双曲线上构造方程，化简整理得到之间的关系.
二、多项选择题：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，有错选的得0分，部分选对的得部分分.
9. 已知椭圆的焦点分别为，，设直线l与椭圆C交于M，N两点，且点为线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 椭圆C的离心率为
C. 直线l的方程为D. 的周长为
【答案】AC
【解析】
【分析】先由题意求出即可判断A；再根据离心率公式即可判断B；由点差法可以求出直线l的斜率，由直线的点斜式化简即可判断C；由焦点三角形的周长公式即可判断D.
【详解】如图所示：

根据题意，因为焦点在y轴上，所以，则，故选项A正确；
椭圆C的离心率为，故选项B不正确；
不妨设，则，，
两式相减得，变形得，
又注意到点为线段的中点，所以，
所以直线l的斜率为，
所以直线l的方程为，即，故选项C正确；
因为直线l过，所以的周长为，故选项D不正确.
故选：AC．
10. 某人买一辆15万元的新车，购买当天支付3万元首付，剩余向银行贷款，月利率0.3％，分12个月还清（每月购买车的那一天分期还款）．有两种金融方案：等额本金还款，将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率：等额本息还款，每一期偿还同等数额的本息和，利息以复利计算．下列说法正确的是（ ）（参考：，，计算结果精确到元）
A. 等额本息方案，每月还款金额为10196元
B. 等额本金方案，最后一个月还款金额为10030元
C. 等额本金方案，所有的利息和为2340元
D. 等额本金方案比等额本息方案还款的利息多
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于BC，根据等额本金还款方案分析结合等差数列求和公式计算即可，对于A，等额本息的还款方案，结合等比数列的判定及求和公式计算，对于D，通过比较两种还款方案的利息进行判断.
【详解】BC选项，对等额本金的还款方案，设每月的还款额为（万元），
则，，…，.
所以所还的利息总数为（万元）.
故BC正确；
对等额本息的还款方案，设第个月的贷款利息为（万元），偿还本金为（万元），
则，，
，
，
同理可得：，，…，.
所以是以为首项，为公比的等比数列.
其前12项的和为：.
所以每月的还款额为.
所还利息总和为，故A正确；
又，所以等额本息还款的利息多，故D错误.
故选：ABC
11. 已知抛物线E：焦点为F，准线l交x轴于点C，直线m过C且交E于不同的A，B两点，B在线段上，点P为A在l上的射影．下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若P，B，F三点共线，则
C. 若，则D. 对于任意直线m，都有
【答案】BCD
【解析】
【分析】解法一：设出直线方程，然后与抛物线方程联立，结合韦达定理与抛物线的定义进而逐项分析即可，其中D选项需要结合均值不等式；解法二：对A选项首先假设，然后推出矛盾即可判断，B，C，D选项则同解法一一样.
【详解】解法一：由已知条件可得
由抛物线的对称性，不妨设直线的方程为
依题意，由整理，得
当，即时，由韦达定理，
得.
对于选项，因为直线的斜率为，
所以，即
又，所以，解得，所以
所以，
故，故错误；
对于选项，易得，所以
当三点共线时，，
所以
由和，解得，
所以故正确
对于选项，过作，垂足为由已知可得，
所以.
又，所以.
由抛物线的定义，得
因此故正确；
对于选项，因为，
所以，又，
故成立.故正确.
故选：BCD.
解法二：对于选项，假设成立，则为等腰直角三角形，
，所以为等腰直角三角形，则点在轴上，这与已知条件显然矛盾，故
故错误，其他选项同解法一进行判断.
故选：BCD.
【点睛】（1）直线与抛物线的位置关系一般需要设出直线方程，然后与抛物线联立，进而利用根与系数的关系；
（2）有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则的值为______
【答案】
【解析】
【分析】利用导数的定义式直接求解即可.
【详解】由题意得，
则.
故答案为：
13. 已知方程的四个根组成以为首项的等比数列，则的值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用等比数列性质以及韦达定理，求出公比，再由可确定的取值，即可求得结果.
【详解】由题意得方程或，且，
且两方程没有公共根，利用韦达定理可知两方程的两根之积都为2，
设等比数列的前4项分别为,易知；
由等比数列性质可知，因此可得，解得；
因此该等比数列的公比满足,
则方程的四个根分别为，又,
可得,
所以,
故答案为：
14. 数学能为自然界的和谐、生命现象的和谐等找到最佳论证．在大自然中一些植物的叶子有着明确的数学方程式，如图①蔓叶中从一点出发散开的叶脉所形成的曲线，可近似为，该曲线即为蔓叶线，其图象如图②，若圆与该蔓叶线恰有两个交点，则______．
【答案】
【解析】
【分析】方法一：转化为方程有一个实数根，构造函数，利用数形结合思想求解；
方法二：转化为一元二次方程有且仅有一个根，即可求解.
【详解】方法一：根据蔓叶线和圆的对称性，
可化为，
圆与该蔓叶线恰有两个交点，
即当时，圆和蔓叶线的上半部分只有一个交点，
联立，
即方程有一个实数根，
即方程有一个实数根，
令，
则，
令，则或（舍），
所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，
所以，
，，，，
所当时，
方程有一个实数根，
故当时，圆与该蔓叶线恰有两个交点．
方法二：根据蔓叶线和圆的对称性，圆与该蔓叶线恰有两个交点，
即当时，圆和蔓叶线的上半部分只有一个交点，此时两个曲线相切，
故，此时，
，故，
解得，当时，不符合题意，
当时，符合题意．
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. 已知函数，且.
（1）求的值及曲线在点处的切线方程；
（2）设，求过点的切线方程.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导由计算可得，代入并利用导数的几何意义即可求出切线方程；
（2）设出切点坐标，根据切线过点得出方程解得切点坐标，即可求出切线方程.
【小问1详解】
易知的定义域为，
由可得，
又，可得，解得；
因此在点处的切线的斜率为，又此时，
所以切线方程为，即.
【小问2详解】
由（1）可得的定义域为，且，则；
设切点坐标为，
所以切线斜率为，此时切线方程为，
又点在切线上，即，
整理可得，即，解得或（舍）；
当时，切线方程为；
综上可得过点的切线方程为.
16. 在平面直角坐标系中，有两个圆：，和圆：，一动圆与圆内切，与圆外切.动圆圆心的轨迹是曲线，直线与曲线交于，两个不同的点，且（是原点）.
（1）求曲线的方程；
（2）求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据圆与圆的位置关系以及双曲线定义即可求得曲线的方程；
（2）联立直线和曲线方程，由双曲线范围以及韦达定理结合向量数量积坐标运算，解不等式即可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
依题意可知圆圆心为，半径；圆的圆心为，半径，易知两圆外离，如下图所示：

设动圆的半径为，
由动圆与圆内切，与圆外切可得，；
因此可得动圆圆心的轨迹满足，
由双曲线定义可知的轨迹是以为焦点的双曲线的左支，
设轨迹方程为，易知，因此；
所以曲线的方程为；
【小问2详解】
设，
联立，整理可得，
依题意可知，且，
解得,
由可得，
即，又因为，可得；
，
因此实数的取值范围为.
17. 如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD满足，，，棱PD上的点E满足．

（1）证明：直线平面PAB；
（2）若，，且，求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，过C做，交BD于T点，先利用三角形全等证得，再根据三角形的余弦定理求得BD，再由，证明平面平面即可得证.
（2）根据三角形的余弦定理及边长关系证明平面，以O为原点，OC，OD，OP所在的直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量，后根据线面角的坐标求法代入即可求解.
【小问1详解】
解：由题意得：
连接，过C做，交BD于T点，如图所示：

，，

又
在中，
解得：
平面，平面，
平面，平面，
平面，平面
又相交于点
平面平面
平面
直线平面PAB
【小问2详解】
连接AC交BD于O点
在和中，由可得
，即
解得：，满足，所以
又
又有AC交BD于O点，所以平面，满足PO，CO，DO两两垂直
故以O为原点，OC，OD，OP所在的直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系
则，，，
于是有，
设平面的法向量为，由
取
又
故所求角正弦值为
所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.

18. 已知数列的前n项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）等差数列满足，对于任意的，恒成立，求实数k的取值范围；
（3）若数列，对于任意的正整数n，均有成立，求证：数列是等差数列．
【答案】（1），；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】(1)根据递推公式及()，可得数列是等比数列，计算即可得的通项公式.
(2)求出等差数列的通项公式，再结合(1)参数分离出得，构造数列并求其最大值即可得解.
(3)已知的递推公式在当时两边同乘，再与运用已知递推公式作差即可得数列的通项公式推理作答.
【小问1详解】
因，即，则当时，，即，
而当，则，即，于是有数列是以为公比，2为首项的等比数列，
因此，，
所以数列的通项公式是：，.
【小问2详解】
数列为等差数列且，则公差，，
对于任意的，恒成立，即，亦即恒成立，
令，则，
当，2时，，当时，，
于是得，，则，
所以实数k的取值范围是.
【小问3详解】
对于任意的正整数n，，
当时，，而，则，
当时，，
上式两边同时乘以得：，
因此，，
即，从而有，而也满足上式，则，，，
所以数列是以为首项，公差为 的等差数列.
【点睛】思路点睛：给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为 的递推关系，再求其通项公式；
二是转化为的递推关系，先求出与n之间的关系，再求 .
19. 设抛物线：，是大于0的常数.抛物线的焦点为，过的垂直于轴的直线交抛物线于，两点（点在轴上方），直线：与直线相交于点（异于，），与抛物线相交于点（异于坐标原点），直线交抛物线于另一点，直线与轴相交于点.
（1）若，求的长；
（2）若是的重心，求的值；
（3）设直线与直线相交于点，，分别为线段，的中点.设的面积为，的面积为，若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求得抛物线的方程和直线的方程，联立方程组，得到的坐标，即可求得的长；
（2）联立方程组，分别求得和，设，由是的重心，求得，根据三点共线，得到，列出方程，即可求解；
（3）根据题意，分别求得，，和，化简得到和的表达式，结合，列出不等式，得到，即可求得的取值范围.
【小问1详解】
解：若，可得，所以焦点
因为垂直于轴，所以的方程为，
联立方程组，解得，此时两点坐标为，
所以.
【小问2详解】
解：由题意可得，，，直线的方程为，
由直线：与直线相交于点，可得；
联立方程组，整理得，
因为直线与抛物线相交于点（异于坐标原点），可得，
设点坐标为，因为是的重心，可得，
解得，即，
又因为三点共线，因此存在实数满足，
因为，所以，
解得，因为，所以.
【小问3详解】
解：由，，可得
所以，联立方程组，
整理得，可得，
则，所以，
由，可得直线，
联立与，
可得，，所以，
因为，分别为线段，的中点，
可得，
，
由点和，可得，
直线，令，则，故，
则，
设，，，则，，，
可得
因为，可得，
所以，
可得，
所以，
可得，
整理得，即，
可得，所以，
又因，得，所以实数的取值范围为.