陕西安康市2025-2026学年高二下学期阶段性检测数学试题（含解析）下学期期中

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本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．
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. 函数在上的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为，则在内恒成立，
可知在上单调递减，且，
所以函数在上的值域为.
2. 过点且方向向量为的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出直线的斜率，利用点斜式可得出所求直线的方程.
【详解】由题意可知，所求直线的斜率为，故所求直线的方程为，即.
3. 已知数列，若，则正整数m的最小值为（ ）．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】数列中，，当时，，
因此对，，所以正整数m的最小值为2.
4. 现用Pythn生成随机密钥，该密钥共三位，前两位要求从、、、、、中进行选择（可以重复），第三位要求从、、、中进行选择，则可生成的密钥数量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】确定密钥每一位的选择种数，结合分步乘法计数原理可得结果.
【详解】由题意可知，密钥共三位，前两位要求从、、、、、中进行选择（可以重复），
则密钥第一位有种选择，第二位也有种选择，
第三位要求从、、、中进行选择，有种选择，
由分步乘法计数原理可知，可生成的密钥数量为个.
5. 若、、，则点到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出向量、，利用空间向量法求解即可.
【详解】由题意可得，，
所以点到直线的距离为.
6. 记椭圆的上顶点为A，右焦点为F，则以A为圆心，为半径的圆与E的交点个数为（ ）．
A. 0B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】求出圆的方程，再与椭圆方程联立，转化为求出直线与椭圆交点个数即可.
【详解】椭圆的上顶点，右焦点，，
因此以A为圆心，为半径的圆方程为，
由消去得，而，解得，
直线与椭圆交于两点，所以所求交点个数为2.
7. 记为等比数列的前n项和，若，，，则（ ）．
A. 3B. C. 6D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等比数列性质，结合通项公式列式求解.
【详解】设等比数列的公比为，由，得，即，
由，得，则，因此，即，
由，得，即，
而，则，于是，又，
所以.
8. 已知函数，，若，则的最小值为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数求出函数的最小值，即可得出，可得出，化简即可得出答案.
【详解】因为，函数的定义域为，
，
由可得，由可得，
所以函数的减区间为，增区间为，
所以，
因为，则，
故，即的最小值为.
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，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】令，利用赋值法可判断ACD选项；利用二项展开式通项可判断B选项.
【详解】令，
对于A选项，，A对；
对于B选项，的展开式通项为，
的展开式通项为，
故，B对；
对于C选项，①，
②，
①②可得，C错；
对于D选项，①②可得，D对.
10. 已知圆，圆，则（ ）
A. 圆过定点
B. 若圆与直线相交，则
C. 若圆与圆相切，则圆的面积为
D. 对任意非零实数，两圆存在与直线平行的公切线
【答案】ACD
【解析】
【分析】将圆的方程变形，求出定点坐标，可判断A选项；利用直线与圆的位置关系可判断B选项；分析可知两圆外切，可求出的值，即可得出圆的半径，结合圆的面积公式可判断C选项；求出公切线的方程，可判断D选项.
【详解】对于A选项，将圆的方程表示为，
由可得，故圆过定点，且该定点为原点，A对；
对于B选项，圆的圆心为，半径为，其中，
因为圆与直线相交，则，
整理可得或，B错；
对于C选项，若圆与圆相切，由于两圆半径相等，故两圆外切，
且圆的圆心为，则，即，解得，
故圆的半径为，所以圆的面积为，C对；
对于D选项，对任意非零实数，直线的方程为，即，
假设两圆存在与直线平行的公切线，设公切线方程为，
由题意可得，解得，
故两圆存在与直线平行的公切线，D对.
11. 对于数列，，若对任意正整数n，恒成立，则称是“有界数列”，若，则称是阶乘数列，则（ ）．
A. 对任意等差数列，存在等比数列使得是“有界数列”
B. 对任意等比数列，存在等差数列使得是“有界数列”
C. 对任意等差数列，存在阶乘数列使得是“有界数列”
D. 对任意阶乘数列，存在等比数列使得是“有界数列”
【答案】AC
【解析】
【分析】本题是新定义数列问题．根据定义，判断 能否成为“ 有界数列”，关键是比较 与 的大小．本题可用不等式放缩、构造法和反例法完成．
【详解】对于 A，设任意等差数列 满足 ．取等比数列 ，其中 ．则.
因为对任意正整数 ，有 ，所以.故 A 正确．
对于 B，取等比数列 ．若存在等差数列 ，设 ，则.
取正整数 ，使 ，又 ，于是 ，与题设要求矛盾，故 B 不正确．
对于 C，设任意等差数列 满足 ．
取阶乘数列 ，其中 ．则 ，
且.
因为对任意正整数 ，有 ，且 ，
所以.故 C 正确．
对于 D，取阶乘数列 ．若存在等比数列 ，设 ，则.
当 时，．
取正整数 ，使 ，则 ，与题设要求矛盾．
当 时，令于是有.
取正整数 ，使 ，则当 时，．
于是对任意正整数 ，有.
又因为可以取 足够大，使 ，所以存在正整数 ，使.
即，这也与题设要求矛盾．故 D 不正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数满足，则______．
【答案】
【解析】
【详解】由题意得
.
13. 记抛物线，为坐标原点，直线与抛物线交于、两点，且，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】分析可知、关于轴对称，设点在第一象限，求出点的坐标，将点的坐标代入抛物线方程，即可求出的值.
【详解】直线与抛物线交于、两点，则、关于轴对称，
又因为，则，不妨设点在第一象限，则直线的方程为，
设点，则，故，即点，
将点的坐标代入抛物线方程得，解得.
14. 将含有甲，乙，丙，丁的8人均分成两个工作小组，然后从组中选择2人干工作，其余2人干工作；从组中选择1人干工作，其余3人干工作，已知甲不能干工作，乙要干工作，丙不与丁一组，则不同的分配方案总数为___________．
【答案】
【解析】
【详解】由于工作b只在A组，乙必须做工作b，因此乙一定在A组且被分配做b，
工作只在B组，甲不能做，因此若甲在A组则必须做b，若在B组则必须做c，
丙和丁必须分在A、B两个不同小组。其余4人无特殊限制；
分两种情况讨论：
情况1：甲在A组：
此时A组已包含乙和甲，且丙、丁中恰有一人需在A组，有2种选择；再从4个普通人中选1人加入A组，有种选法，
故A组的构成方式有种；
A组内的工作分配：乙和甲必须做b，其余两人自动做a，仅1种方案；
B组：由丙、丁中另一人和剩余3个普通人组成。从中选1人做c，有种方案；
该情况总方案数为：种；
情况2：甲在B组：
A组必须包含乙，丙、丁中恰有一人需在A组，有2种选择；再从4个普通人中选2人加入A组，有种选法，
故A组的构成方式有种；
A组内的工作分配：乙固定做b，需从其余3人中选1人做b，有种方案，剩余2人做a；
B组：甲必须做c，其余3人自动做a，仅1种方案；
该情况总方案数为：种；
综上，所有满足条件的分配方案总数为种.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知在公差为d的等差数列中，，且，．
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前n项的和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合题意建立方程组求出公差，最后得到通项公式即可.
（2）由题意可得，再利用裂项相消法求解即可.
【小问1详解】
因为，所以，
因为，，所以，
解得，则，可得.
【小问2详解】
设数列的前n项的和为，
因为，则，
所以
=120115−120n+15=n75(4n+3).
16. 已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求；
（2）若函数在区间上单调递增，求的取值范围．
【答案】（1），.
（2）
【解析】
【分析】（1）先对求导得到切线斜率表达式,利用切点横坐标,代入导数得切线斜率等于2,求出,再把代入原函数,结合切线方程在处的函数值求出.
（2）先写出解析式并求导,函数在区间单调递增转化为导函数在区间上恒大于等于0,分离参数后转化为小于等于新构造函数在区间上的最小值,再研究构造函数的单调性求出最小值,即可得到的取值范围.
【小问1详解】
已知，求导得.
曲线在点处的切线方程为，切线斜率，且.
代入计算：，.
故，.
【小问2详解】
由（1）得，则.
求导得.
因为在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立.
令，，求导得.
因为时，，所以，即在上单调递增.
因此.
故，即的取值范围为.
17. 如图，三棱台中，上、下底面均为正三角形，，，侧棱底面，且．
（1）求三棱台的体积；
（2）求异面直线与所成角的余弦值；
（3）若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求的长．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用台体的体积公式可求得该三棱台的体积；
（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值；
（3）设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可得出的值，即可得出线段的长.
【小问1详解】
由题意可知，，，
因为侧棱底面，且，
故V三棱台ABC−A1B1C1=13S△ABC+S△A1B1C1+S△ABCS△A1B1C1⋅AA1
=13×934+34+934⋅34×2=1336.
【小问2详解】
因为底面，且为等边三角形，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，
平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
所以AC1=32,12,2，A1B=0,3,−2，
csAC1,A1B=AC1⋅A1BAC1⋅A1B=−525×13=−6526，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
【小问3详解】
易知点、、、、，
设CM=λCC1=λ−3,−1,2=−3λ,−λ,2λ，其中，
设平面的法向量为，A1C1=32,12,0，A1B=0,3,−2，
则m⋅A1C1=32x+12y=0m⋅A1B=3y−2z=0，取，则m=2,−23,−33，
AM=AC+CM=332,32,0+−3λ,−λ,2λ=332−3λ,32−λ,2λ，
由题意可得csAM⃗,m⃗=AM⃗⋅m⃗AM⃗⋅m⃗=63λ332−3λ2+32−λ2+4λ2×43=9258258，
整理可得，解得，符合题意，
此时CM=34CC1=34×3+1+4=322.
18. 已知双曲线上有两点，．
（1）求E的方程；
（2）过点的直线l与E交于M，N两点．
（ⅰ）证明：直线与的斜率之积为定值；
（ⅱ）若，求的外接圆方程，并判断点A是否在该圆上．
【答案】（1）
（2），在圆内.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出即可.
（2）（ⅰ）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及斜率公式列式计算得证；（ⅱ）求出直线的方程，由（ⅰ）中信息求出交点坐标，进而求出圆的方程并判断.
【小问1详解】
由双曲线过点，，得，解得，
所以双曲线E的方程为.
【小问2详解】
（ⅰ）依题意，直线不垂直于轴，设其方程为，点，
由消去得，，
，直线的斜率，直线的斜率，
因此，
所以直线与的斜率之积为定值.
（ⅱ）直线的斜率，由及（ⅰ），得，直线方程为，
由，得，点，
显然点关于轴对称，即的外接圆圆心在轴上，而弦中点为，
弦中垂线方程为，令，得，
因此的外接圆圆心为，半径，
所以的外接圆的方程为，由，得点在该圆内.
19. 已知函数．
（1）若为的极值点，求的值；
（2）若对恒成立，求的取值范围；
（3）若，证明：当时，．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意得出可得出的值，再结合函数极值点的定义验证即可；
（2）对任意的，可得，分、两种情况讨论，结合参变量分离法可得实数的取值范围；
（3）对任意的，先证明：，构造函数 ，其中，利用导数分析该函数的单调性与最值，可证得，再由（2）中的结论和不等式的性质可证得结论成立.
【小问1详解】
因为为的极值点，且，
由题意可得，解得，此时，
由于函数的定义域为，
当时，，当时，，
即函数在上单调递减，在上为单调递增，
此时为函数的极小值点，符合题意，故.
【小问2详解】
不等式对恒成立，即，
即，
当时，则有，此时，
当时，则有，
因为，则，则，故.
综上所述，实数的取值范围是.
【小问3详解】
对任意的，先证明：，
构造函数 ，其中，
，
令可得，
因为，所以存在，使得，即，
由于，且余弦函数在上单调递减，所以，
当时，；当时，.
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
由可得，则，
所以函数的最小值为 ，
故对任意的，，
当时，由（2）可知，当时，，
由不等式的基本性质可知，当时，对任意的，.