河南驻马店市部分校2025~2026学年第二学期期末测试高二数学试题（含解析）

这是一份河南驻马店市部分校2025~2026学年第二学期期末测试高二数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了保持卷面清洁，不折叠、不破损等内容，欢迎下载使用。
本试卷共19道题，满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效．
2．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
3．选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚．
4．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．
5．保持卷面清洁，不折叠、不破损．
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、单项选择题：本大题共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. 通项公式为（）的等差数列的公差为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【详解】公差为.
2. 在点处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求解即可.
【详解】，，
所以切线方程为，即.
3. 若，分别为直线，的一个方向向量，则（ ）．
A. B. 与相交，但不垂直
C. D. 不能确定
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量垂直与数量积的关系即可求解.
【详解】由，，得
，
所以，即.
故选：C.
4. 若对任意的，直线与圆 （）总有2个公共点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】直线对任意都过定点.
要使任意对应的直线与圆总有2个公共点，等价于过定点的所有斜率存在的直线都与圆相交于两点.
若定点在圆内，则过该点的任意直线都与圆交于两点，此时需满足，即 ；
若定点在圆上，即 ，此时过 的直线中只有一条是切线，即直线，
由于该切线斜率不存在，不在 的表示范围内，因此所有可表示的直线（斜率存在）均与圆相交于两点，满足题意；
若定点在圆外，即，则存在斜率存在的直线与圆相离，不满足条件.
综上，实数的取值范围为.
5. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件概率公式计算.
【详解】由题意，
所以.
6. 直线与双曲线：（，）交于，两点，存在以为的中点，则的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由点差法求得，结合已知可得，求解即可.
【详解】设，
因为，两点在双曲线上，所以，
两式相减得，
又为的中点，所以，
所以，所以，
又双曲线的渐近线方程为，为的中点，所以，
所以，两边平方得，所以，
所以，所以，所以，又，所以，
所以的离心率的取值范围是.
7. 已知，为等差数列，为坐标原点，直线上三点，，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由三点共线可得，由已知得，再利用倒序相加法即可求的值.
【详解】因为，，三点在直线上，且，
所以.又因为为等差数列，所以
因为，
所以.
所以.
所以.
.
所以.
所以.
8. 已知，计算的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用二项式定理展开，得到，，将这两个等式相加计算得解.
【详解】因为，其中，
设，
因为，，，
所以，
，则选项C正确.
二、多选题：本大题共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. 已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，则（ ）
A. ，的等差中项为
B. ，的等比中项为
C. ，，，，…为等差数列
D. ，，，，…为等比数列
【答案】AC
【解析】
【分析】利用等差中项和等比中项的定义即可判断AB，利用等差数列前项和的性质和等比数列前项和的性质即可判断CD.
【详解】对于A，由为等差数列，所以的等差中项为，故A正确；
对于B，由为等比数列，所以的等比中项为，故B错误；
对于C，设等差数列的首项为，公差为，
所以，
，
，
所以，
所以，，，，…为等差数列，故C正确；
对于D：设等比数列的公比为，
当时，，
当为偶数时，，
所以，，，，…不是等比数列，故D错误.
10. 已知是棱长为2的正方体的表面及内部的点，满足（，，），则（ ）
A. 若，则，
B. 若与，，三个向量的夹角都相等，则的最大值为
C. 若，则点的运动区域的面积为
D. 当时，存在满足
【答案】BC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标关系判断A，向量数量积相等可得，计算向量的模判断B；分析可知点在及其内部，即可求面积即可判断C；根据数量积判断垂直关系即可判断D.
【详解】如图，以为原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.
则，，，，，，，.
因为是正方体的表面及内部的点，所以.
对于选项A，，
若，则，
得，不需要，例如当时，故A错误；
对于选项B，，
因为与，，三个向量的夹角都相等，
所以，即，则.
所以，则.
因为，所以，故B正确；
对于选项C，点，，
若，
当时，则，得与重合；
当时，则，得与重合；
当时，则，得与重合.
所以点在及其内部，则，
所以，即点的运动区域的面积为，故C正确；
对于选项D，当时，，.
所以，
所以
，
所以不存在满足，故D错误.
11. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点为椭圆上的点，为坐标原点，则（ ）
A. 若，则
B. 与圆有四个交点
C. 的重心的轨迹方程为（）
D. 的内心的轨迹方程为（）
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据椭圆的定义及三角形面积公式求解即可；对于B，根据圆与椭圆的位置关系判断即可；对于C，根据重心坐标公式代入求解即可；对于D，根据内心坐标公式及焦半径公式求解即可.
【详解】由，知，，，，，.
对于A，已知，为中点，，则为直角三角形，且.
由椭圆的定义得，，则，
又，所以.
所以，A正确.
对于B，圆的圆心为，半径为.
圆心在原点附近，圆的右边界，左边界；
上边界，下边界，
所以圆会与椭圆的上下左右均相交，共有四个交点，B正确.
对于C，设，，
则，，所以，，
代入椭圆方程，即，C错误.
对于D，任意中，对边分别为，设，，，内心为，
因为平分，则，所以分的分比.
所以，.
在中，平分，则，由，，解得，
所以，即分的分比，
所以，
同理，即.
所以的内心坐标为，
三角形周长，
即，也即.
由焦半径公式得，，
则，
所以，即.
设的内心为，则，，即，，
代入椭圆方程得，整理得（），D正确.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 现有7个“省级三好学生”名额计划分给四个学校，每个学校至少分一个名额，则不同的分配方法有____________种（用数字作答）．
【答案】20
【解析】
【详解】7个“省级三好学生”名额分配给四个学校，每个学校至少一个名额，
采用隔板法可知，即从6个空中插入3个隔板，则不同的分配方法有种.
13. 数列的前项和记为，，当时，，则的通项公式为____________．
【答案】
【解析】
【详解】当时，，所以，解得，
当时，由，得，
两式相减得，
所以，所以，
所以，
又，所以，
所以是以3为常数的常数数列，
所以，所以.
14. 关于的不等式的解集中仅有3个整数，则实数的取值范围是____________．
【答案】
【解析】
【分析】讨论时，单调性，然后由及题意可得的解集中的整数为，据此可得答案.
【详解】令，则.
当时，易得，从而在上单调递增.
注意到，，
则，，从而不满足题意；
当时，.令，
则，
注意到，
则，使，
从而，，
则在上单调递减，在上单调递增.
注意到，又由题可得的解集中整数只有3个，.
则的解集中的整数为，
从而.
四、解答题：本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 数列满足（）．
（1）求的通项公式；
（2）求的前项之积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用与的关系求解.
（2）利用等差数列的前项和的公式求解.
【小问1详解】
当时，
，
当时，
由条件①，
②，
由①减去②则时，，
又因当时，符合，
因此可得的通项公式.
【小问2详解】
因
16. 已知函数（）．
（1）当时，求的单调区间；
（2）求函数的极值点．
【答案】（1）的单调递增区间为：，，单调递减区间为：．
（2）当时，的极小值点为，无极大值点．
当时，的极大值点为，极小值点为；
当时，无极值点；
当时，的极大值点为，极小值点为．
【解析】
【分析】（1）当时，代入函数解析式并求导，对导函数因式分解后解不等式，由导数的正负确定原函数的单调区间.
（2）先对含参数的函数求导并因式分解，得到导函数的两个零点和.再以，为界分类.当时，比较与的大小关系，分，，三种情况，结合导数的符号变化判断极值点及其类型，最后综合所有情况得出结论.
【小问1详解】
当时，，则．
所以，解得或；
，解得；
因此的单调递增区间为：，；单调递减区间为：．
【小问2详解】
由，
当时，由，则.
时，单调递减；
时，，单调递增.
此时为的极小值点，无极大值点．
当时，由得或，
若，即时，得或，得，此时为的极大值点，为的极小值点；
若，即时，恒成立，单调递增，此时无极值点；
若，即时，得或，得，此时为的极大值点，为的极小值点；
综上：当时，的极小值点为，无极大值点．
当时，的极大值点为，极小值点为；
当时，无极值点；
当时，的极大值点为，极小值点为．
17. 已知四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，（）．
（1）证明：平面平面；
（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值；
（3）取中点为，当四棱锥的外接球体积最小时，且直线与平面所成角的正弦值为，求的长．
【答案】（1）证明：如图连接交于点，连接，
因四边形是边长为2的正方形，则,，
根据题意，，则，
，从而，
又因，平面，则平面，
因平面，故平面平面；
（2）
（3）2
【解析】
【分析】（1）通过证明平面，结合题设可完成证明；
（2）在，中利用余弦定理结合题目数据可得平面．又由题可证得平面与平面的交线，从而可得即为平面与平面夹角，据此可得答案；
（3）由题设可得当四棱锥的外接球体积最小时，外接球半径与四棱锥底面正方形外接圆半径相等，据此可得，在底面内作交于点，由（1）可得，代入题设数据可得，据此可得答案.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
由条件，，，结合余弦定理可得：
，同理可得.
因,则，是直角三角形.
又，则.
在，中，根据余弦定理可得:
，
代入数据可得，则由得，
由（1）可得平面平面，又平面平面，
平面，可得平面．结合平面，
可得，，又因面，面，
因此平面与平面的交线，且，，
则，，也即即为平面与平面夹角，
因此．
【小问3详解】
当四棱锥的外接球体积最小时，也即其外接球的半径最小．由于正方形的外接圆半径，
因此四棱锥的外接球的半径，从而外接球体积最小时．
此情况下，为四棱锥的外接球的一条直径，点在平面内以为直径的圆周上，．
在底面内作交于点，则为中点.
由（1）可得平面.则平面，
得为与平面所成角，，
由，得，则，
注意到，则，
从而．
18. 平面直角坐标系中，动点到直线的距离等于它到点的距离，记点的运动轨迹为，过点的直线与曲线相交于，两点，分别作，点处曲线的切线，，与交于点．
（1）求曲线的方程；
（2）当时，求直线的方程；
（3）求的最小值．
【答案】（1）
（2）或．
（3）
【解析】
【分析】（1）设动点坐标，由定义列方程，平方整理得轨迹方程；
（2）面积比转化为长度比，设直线斜截式与抛物线联立，由韦达定理及定比分点关系求斜率，得直线方程；
（3）由切线方程得坐标满足的直线方程，结合点得的轨迹为定直线，求抛物线上点到该直线距离的最小值.
【小问1详解】
设，由题意则，
整理得，即：．
【小问2详解】
当时，，也即，
不妨设，，由，则，，
由，得，即，
根据题意直线的斜率存在，不妨设：，
联立，整理得，
由韦达定理和可得，
将代入中整理得，
解得或，即直线的方程为或．
【小问3详解】
设，由，则处的切线方程为，
因为在抛物线上，满足，代入上式得：，
再将代入得；
同理：，将代入得.
也即，均在直线上，也即直线：.
又因过点，则，也即点在定直线上．
当，也即曲线上点处的切线与直线平行，
得即为所求．
19. 已知，两个盒子里放有除颜色外大小相同的小球，其中盒子放有2个黑球和1个白球，盒子放1个黑球和2个白球．现从，两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，重复次这样的操作，记盒子中黑球的个数为，恰有3个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为．
（1）求，，，；
（2）求的数学期望（用含的式子表示）；
（3）记，求数列的前项和．
【答案】（1），，，
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据一次操作后怎么得出相应的事件求出，利用计算；
（2）利用分别表示出，从而得出，再构造等比数列求得通项公式，然后由期望公式计算出；或利用期望的性质结合题意可得是等比数列，从而出期望；
（3）利用分组求和法、错位相减法求和.
【小问1详解】
由条件结合全概率公式得
，，，
．
【小问2详解】
方法一：重复次这样的操作后，根据全概率公式可得，
，
，
．
从而可得，
也即．
又，因此数列是以为首项，为公比的等比数列．
解得，，
因此．
方法二：由（1）可知，
由题意则，
整理得，
即，且，
也即是以为首项，以为公比的等比数列，
从而可得即为所求．
【小问3详解】
由（2）知，
则，
记，则的前项和为：
①
即②
由①-②得
，
即，
因此
．