2026邢台卓越联盟高二下学期开学考试数学试题含解析

这是一份2026邢台卓越联盟高二下学期开学考试数学试题含解析，文件包含专题01实数计算题专项训练数学沪科版新教材七年级下册解析版pdf、专题01实数计算题专项训练数学沪科版新教材七年级下册试题版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册至选择性必修第二册第五章5.2.
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. 在等差数列中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合等差数列的下标和性质运算求解即可.
【详解】因为数列为等差数列，
则，所以.
2. 下列求导结果正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确.
3. 已知、分别为椭圆的左、右焦点，的焦距为，以点、、为顶点的三角形是等腰三角形，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析可知为钝角，则，利用平面内两点间的距离公式可得出关于的等式，解之即可.
【详解】易知点、、，
所以，，所以，
即为钝角，
又因为为等腰三角形，所以，即，解得.
4. 已知直线，，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【详解】当时，直线，即与直线平行，
由，得，解得，
所以“”是“”的充要条件.
5. 在空间直角坐标系中，直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，l与所成的角为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出两向量夹角的余弦值，再由线面角与两向量夹角的关系即可得出结论.
【详解】易知，
所以，
即，又，所以.
6. 瓷枕是中国古代较为流行的一种瓷质枕具，其上常以彩釉绘制精美图画，或题写诗句.某瓷枕如图1所示，其横截面如图2所示，该横截面的上、下曲线可以看作双曲线的一部分，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构建合适的直角坐标系并设出对应的双曲线方程，根据实轴长、所过的点求参数，即可得离心率.
【详解】构建如下图示的直角坐标系，其中双曲线过点，实轴长为，即，
双曲线的焦点在轴上，设为，则，故离心率.
7. 若等比数列的前项和为，公比为，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由可求得的值，再利用化简可得的值.
【详解】因为等比数列的前项和为，公比为，且，，
则
，解得，
又因为，所以，故.
8. 在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，，平面AEF与棱CD交于点G，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量基本定理，结合四点共面的性质进行求解即可.
【详解】因为，，
所以，
设，
，
，
显然不是共线向量.
因为平面AEF与棱CD交于点G，所以四点共面，
因此有
，
因为彼此两两不互相共线，
所以有，
所以.
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. 若圆与圆N关于直线对称，则（ ）
A. 圆M与圆N相交
B. 圆M与圆N外切
C. 圆N上一点与点的距离的最小值为
D. 圆M上一点与圆N上一点的距离的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据对称求出圆N的方程，根据两圆的方程可判断A,B，根据点和圆心的距离可判断C,D.
【详解】因为圆与圆N关于直线对称，所以圆.
圆心距，恰好等于两圆的半径和，所以两圆外切；A错误，B正确；
因为，所以圆N上一点与点距离的最小值为，C正确；
因为，所以圆M上一点与圆N上一点的距离的最大值为，D错误.
10. 已知是定义域为的函数的导函数，且，则（ ）
A. B.
C. 有两个零点D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对表达式求导令联立方程组可判断AB，根据的表达式可得C正确，利用导数的极限表达式可得D正确.
详解】对求导可得，
令，可得，解得，所以A错误，B正确；
因此，所以，
令，可得，因此有两个零点，所以C正确；
易知，所以，
即，可知D正确.
11. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，将图中的1，6，15，28，…称为六边形数，将六边形数按从小到大的顺序排成数列，则（ ）
A. B.
C. 是等比数列D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据数列中相邻两项之间的关系，得到递推关系，结合累加法、等差数列前项和公式、等比数列的定义、比较法、代入法逐一判断即可.
【详解】在数列中，有，
进一步，得，
所以可以得到递推关系：，即，
因为，显然不是常数，
所以数列不是等比数列，选项C不正确；
当时，
，
显然也成立.
因为，，
所以选项AB正确；
所以选项D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 直线被圆截得的弦AB的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用点到直线的距离公式，结合几何法求圆的弦长.
【详解】圆心到直线的距离为：，
所以弦的长为：.
13. 已知正四棱柱的表面积为16，底面边长为x，体积为V，则当时，V关于x的瞬时变化率为________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据表面积和体积公式计算，再应用瞬时变化率定义及导数运算法则计算求解.
【详解】因为正四棱柱的底面边长为x，设正四棱柱的高为，
所以正四棱柱的表面积为，所以，
所以体积为，
所以，则时，V关于x的瞬时变化率为.
14. 若抛物线上的动点P到C的准线的距离为d，点，则的最大值为________，此时点P的坐标为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】抛物线的焦点，准线，由抛物线定义得，
则，当且仅当是线段的延长线与抛物线的交点时取等号，
直线，由且，得，即点，
所以的最大值为，此时点P的坐标为.
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. 在等比数列中，，．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）;
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题设数列公比为，据此可得公比，即可得等比数列通项公式.
（2）由（1）结合分组求和法可得答案.
【小问1详解】
设数列公比为，则.
两式相除可得，又，
则；
【小问2详解】
由（1），.
则
.
16. 已知函数，且曲线在点处的切线的斜率为1．
（1）求a；
（2）若过点的直线l与的图象相切，求l的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出导数，结合导数值和斜率的关系可求答案；
（2）设出切点坐标，求导得出切线方程，代入点的坐标可求切点，进而可得方程.
【小问1详解】
，因为曲线在点处的切线的斜率为1，
所以，解得
【小问2详解】
由（1）知，，
设切点坐标为，则，切线的方程为，
又点在曲线上，所以，代入得，
即，
整理可得，故l的方程为，即.
17. 在底面半径为1，高为的圆柱OP中建立如图所示的空间直角坐标系．在点处有一只蚂蚁M（视为质点）沿z轴正方向以每秒1个单位长度的速度爬行，同时在点处有一只蚂蚁N（视为质点）沿着圆柱的表面逆时针匀速螺旋爬行，经过秒，蚂蚁N第一次爬到A的正上方的位置，此时蚂蚁N到平面Oxy的距离为．
（1）当经过秒时，求平面OMN与平面Oxy夹角的余弦值；
（2）当经过秒时，，求t的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）确定点的坐标，求出平面法向量，利用向量夹角公式求解即可；
（2）分析点的角速度和沿轴正方向移动的速度，确定点坐标，根据数量积定义列不等式计算即可.
【小问1详解】
由题知，当经过秒时，，则，
设平面的法向量为，
则，令，得，则，
易知平面一个法向量为，
记平面与平面夹角为，
则.
【小问2详解】
因为经过秒，蚂蚁N第一次爬到A的正上方的位置，此时蚂蚁N到平面的距离为，
所以蚂蚁沿轴正方向移动的速度为，绕着圆柱旋转的角速度为，
所以当经过秒时，，
又，所以，
所以，即，
又，即，所以，解得.
18. 已知正项数列的前n项和为，数列的前n项和为，，．
（1）求，的值；
（2）求的通项公式；
（3）若数列的前n项和为，证明：．
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）令，可求，的值；令，列式可求，的值.
（2）根据时，可得，结合可得，进而可得的特征，求出数列的通项公式.
（3）利用时，对数列进行放缩，再利用等比数列的求和公式求和即可.
【小问1详解】
当时，，又，所以；
当时，，又，所以，.
【小问2详解】
当时，，，
两式相减得：，又，所以.
所以，
因，所以.
又，
两式相加得，
所以，
两式相减得：，
所以.
因为，所以.
所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以.
【小问3详解】
因为，
当时，；
当时，.
所以，
因为，所以.
19. 已知A，B分别为椭圆的左、右顶点，且，C的离心率为．
（1）求C的方程；
（2）若倾斜角为的直线与C交于D，E两点，求DE的中点的轨迹方程；
（3）若过且斜率不为0的直线l与C交于M，N两点，与直线交于点P，设直线AM，BN的斜率分别为，，且，比较与的大小，并说明理由．
【答案】（1）
（2），
（3），理由见详解
【解析】
【分析】（1）根据长轴长可得，结合离心率可得，，即可得椭圆方程；
（2）设直线，，，与椭圆方程联立，结合韦达定理可得DE的中点坐标为，利用消参法求点的轨迹方程；
（3）设直线，，，，与椭圆方程联立，根据斜率关系结合韦达定理可得，再结合比例关系证明即可.
【小问1详解】
由题意可知：，即，
又因为椭圆C的离心率为，则，，
所以椭圆C的方程为.
【小问2详解】
设直线，，，
联立方程，消去y可得，
则，解得，
可得，，
则DE的中点坐标为，即，且，
消去可得DE的中点的轨迹方程为，.
【小问3详解】
由题意可知：直线与椭圆C必相交，，，
设直线，，，，
联立方程，消去x可得，
则，，可得，
因为，则，即，
整理可得，即，
可得，
因为为常数，则不恒成立，则，即，
则直线，，
因为
，
所以.