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东华高级中学2025-2026学年第二学期学习效率反馈（一）高二数学试题
一、单选题
1．已知圆方程为，直线截圆所得的弦长为（ ）
A． B． C．4 D．2
2．在棱长为2的正四面体ABCD中，E，F分别是BC，AD的中点，则　　
A．0 B． C．2 D．
3．若抛物线的焦点到双曲线渐近线的距离是，则该双曲线的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．
4．已知在等比数列中，，则公比为（ ）
A．3 B． C．4 D．-3
5．韩愈的《师说》中写道：“李氏子蟠，年十七，好古文，六艺经传皆通习之，不拘于时，学于余．余嘉其能行古道，作《师说》以贻之．”六艺具体包括“礼、乐、射、御、书、数”．为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节课程，连排六节，则“数”排在前两节，“书”不排在首尾两节的排课方法种数为（ ）
A．84 B．96 C．168 D．204
6．设点是曲线上的任意一点，则曲线在点处切线的倾斜角的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）．
A． B．
C． D．
8．若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）．
A．26 B．23 C．15 D．11
二、多选题
9．已知曲线C的方程为则下列结论正确的是（　　）
A．当时，曲线C为圆
B．当时，曲线C为双曲线，其渐近线方程为
C．“”是“曲线C表示椭圆”的充分不必要条件
D．存在实数使得曲线C为双曲线，其离心率为
10．象棋作为一种古老的传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价值．它具有红黑两种阵营，将、车、马、炮、兵等均为象棋中的棋子．现将3个红色的“将”“车”“马”棋子与2个黑色的“将”“车”棋子排成一列，则下列说法正确的是（ ）
A．共有种排列方式． B．若两个“将”相邻，则有种排列方式．
C．若两个“将”不相邻，则有种排列方式． D．若同色棋子不相邻，则有种排列方式．
11．已知，则下列说法正确的有（ ）
A．函数有唯一零点
B．函数的单调递减区间为
C．函数有极大值点为
D．若关于的方程有三个不同的根，则实数的取值范围是
三、填空题
12．记为等差数列的前n项和，若，，则________.
13．已知，则_______.
14．已知函数恰有两个零点和一个极大值点，且成等比数列.若的解集为，则_______.
四、解答题
15．已知函数是一个奇函数
(1)若的最小值为，求的单调区间；
(2)若不存在极值，求的取值范围．
16．已知函数
（1）求的图象在点处的切线方程；
（2）求在上的最大值与最小值.
17．设数列的前项和为．已知，并且满足等式：．其中为正整数，为常数．
(1)求与的值；
(2)证明：数列是一个等差数列；
(3)设，求数列的前项和．
18．已知椭圆的短轴长为，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设点，过点的直线交，于，两点，求面积的取值范围．
19．已知函数．
(1)讨论的极值；
(2)若，此时存在两个不同零点和一个极值点，记，，，求证：．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B B A C C D D AC ACD
题号 11
答案 AD
1．A
根据圆的方程得到圆心坐标和半径，然后得到圆心到直线的距离，最后利用勾股定理求弦长即可.
【详解】圆的方程可整理为，所以圆心为，半径为2，
圆心到直线的距离，
所以弦长为.
故选：A.
2．B
根据题意画出图形，结合图形，利用向量加法的运算法，分别用与表示出向量与，利用数量积的运算法则求解即可求．
【详解】如图所示，
棱长为2的正四面体中，
因为分别是的中点，
所以
，故选B．
3．B
【详解】抛物线的焦点，
不妨设双曲线渐近线方程为，
因为抛物线的焦点到双曲线渐近线的距离是，
所以，
解得.
故选：B
4．A
【详解】因为在等比数列中，，
则，所以，解得：
5．C
分“数”排在第一节和“数”排在第二节两种情况讨论求解.
【详解】解：“数”排在前两节，“书”不排在首尾两节的排课方法可以分两类：
①“数”排在第一节，“书”排在第二、三、四、五节，则有种排法；
②“数”排在第二节，“书”排在第三、四、五节，则有种排法．
故“数”排在前两节，“书”不排在首尾两节的排法共有种，
故选：C．
6．C
由导数的几何意义，求得曲线在点处切线的斜率的取值范围，从而得到倾斜角的取值范围.
【详解】函数的定义域为，
所以.
所以曲线在点处切线的斜率.
因为，所以.
7．D
根据题意参变分离得到，求出的最小值，进而求出实数a的取值范围.
【详解】由题意得：在上恒成立，即，其中在处取得最小值，，所以，解得：，
故选：D
8．D
先由，利用切线斜率为-1求得切点，再将切点代入切线方程求得a，然后设切线与的切点为，利用切线斜率为-1和切点在切线上求解.
【详解】解：因为，
所以，由，解得或（舍去），
所以切点为，
因为切点在切线上，解得，
所以切线方程为，
，设切点为，
由题意得，解得，
所以，
故选：D
9．AC
【解析】对A，代入即可判断；对B，代入即可求出渐近线进行判断；对C，求出曲线C表示椭圆对于的的范围即可判断；对D，可知离心率为的双曲线为等轴双曲线.
【详解】对于A，当时，曲线C的方程为表示圆，故A正确；
对于B，当时，曲线C的方程为表示焦点在y轴上的双曲线，渐近线为，故B错误；
对于C，若曲线C表示椭圆，则，解得的范围为，所以“”是“曲线C表示椭圆”的充分不必要条件，故C正确；
对于D，若曲线C为双曲线，则，解得或，若离心率为，则双曲线为等轴双曲线，即，无解，故不存在这样的实数k.
故选：AC.
10．ACD
【详解】A选项，由排列知识可得共有种排列方式，A正确；
B选项，两个“将”捆绑，有种情况，再和剩余的4个棋子进行全排列，
故共有种情况，B错误；
C选项，两个“将”不相邻，先将剩余3个棋子进行全排列，共有4个空，
再将两个“将”插空，故共有种情况，C正确；
D选项，将2个黑色的棋子进行全排列，共有3个空，
再将3个红色的棋子进行插空，则有种排列方式，D正确.
故选：ACD
11．AD
根据零点的定义判断A，利用导数分析函数的单调性，作出函数的图象，根据图象判断其余选项.
【详解】由得：，即，故函数有唯一零点，A对；
由题可知：
设，，则，
由得：；由得：；
故在上单调递增﹐在上单调递减，
作出图象，并将的部分图象关于x轴对称可得的图象如下：
观察图象可得函数的单调递减区间为，，B错，
函数在时有极大值，极大值点为1，C错，
方程有三个不同的根，则实数a的取值范围是，D对，
12．95
利用等差数列通项公式得到方程组，解出，再利用等差数列的求和公式即可得到答案.
【详解】因为数列为等差数列，则由题意得，解得，
则.
故答案为：.
13．15
直接由排列数公式和组合数公式化简求解即可
【详解】解：因为，
所以，
，
所以，，
，解得或，
故答案为：15
14．2
根据已知，结合三次函数的图象特征可得是的极小值点，借助导数及函数零点可得的关系，由不等式的解集求出.
【详解】因三次函数有一个极大值点，
则该函数必有一个极小值点，且极小值点大于，
又恰有两个零点，且，因此是的极小值点，
求导得：，即是方程的二根，
有，即，
显然，
则，整理得，
两边平方得：，因成等比数列，即，
于是得，即，
而，有，显然有，
，
因的解集为，则5是方程的根，
即有，整理得：，解得或，
当时，，，
不等式，
解得，符合题意，函数的极大值为，
当时，，，
不等式，解得，不符合题意，舍去，
所以.
故答案为：2.
15．(1)单调递增区间为和；单调递减区间为；
(2)
【详解】（1）因为是一个奇函数，
所以，
又因为，
由，可得，解得，
所以，
所以，
所以，
所以，，
所以当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
所以函数的单调递增区间为和；单调递减区间为；
（2）由题意可得， ，
所以，
所以，
由题意可得不存在变号零点，
当时，不存在变号零点，满足题意；
当时，存在变号零点，不满足题意；
综上，当不存在极值时，.
16．（1）；（2）.
（1）先求函数的导数，再利用导数的几何意义求切线方程；（2）首先利用导数判断函数的单调性，根据单调性求函数的最大值和最小值，端点时可能的最大值，再通过做差比较大小，求最大值.
【详解】（1），，
所以，函数的图象在点处的切线的斜率为，
，所以，函数的图象在点处的切线方程为，
即；
（2），.
当时，；当时，.
所以，，
因为，，
所以，，则，
所以，函数在上的最大值为.
17．(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1），得.
因为，所以，解得.
（2）由（1）知，，
当时，，
两式相减，得，
所以，
即，
所以.
所以，
.
所以是常数列，且，即
即.
所以数列的通项公式为.
当时，，
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列.
（3）由（1）（2）可得.
所以，
.
两式相减得，
，
所以.
18．(1)；
(2).
（1）根据题意可得，，再结合，求解即可；
（2）先求出直线过点且与轴垂直时，；再求直线过点且与轴不垂直时的情况，结合韦达定理、弦长公式、转化思想及二次函数的性质求解即可.
【详解】（1）因为椭圆的短轴长为，离心率为．
所以，，
解得，
又因为，
解得，
所以椭圆的方程为
（2）当直线过点且与轴垂直时，
则直线的方程为，
由，可得或，
不妨设，
此时；
当直线过点`且与轴不垂直时，
设直线的方程为，
（当时，三点共线，不满足题意）
由，可得，
则，
设，
则，
所以，
设点到直线的距离为，
则，
所以
，
令，
则，，
所以
，
又因为，
所以；
综上，.
19．(1)时，无极值；时，的极大值为，无极小值；
(2)证明见解析
【详解】（1）由，得，
当时，对任意，，
所以在上单调递减，无极值；
当时，令，得；令，得．
则在上单调递增，在上单调递减，
函数在处取得极大值为，无极小值，
综上所述，时，无极值；
时，在处取得极大值为，无极小值；
（2）由，函数有两个不同的零点，和一个极值点，
由（1）知在单调递增，在单调递减，
故为的极大值点， 其极大值，
令．则，故在单调递增，
故，
又注意到，故不妨设，此外，
则，记，
则，所以在上单调递减，所以，
即，故在单调递减，故．
由零点存在性定理，知有零点，
则．
设，则为的高且，故.
要证，即证明
即证：，
由于当时，，,
即证：
即证：，
当时，，，
因此恒成立，故恒成立，从而恒成立，即恒成立，
综上，

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