江苏南京玄武区2026届数学高二上期末预测试题含解析

江苏南京玄武区2026届数学高二上期末预测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响．他幼年时就表现出超人的数学天才，10岁时，他在进行的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法．已知数列，则（）A.96 B.97C.98 D.992．在等比数列{}中，，，则=（）A.9 B.12C.±9 D.±123．记等差数列的前n项和为，若，，则等于（）A.5 B.31C.38 D.414．下列说法错误的是（）A.命题“，”的否定是“，”B.若“”是“或”的充分不必要条件，则实数m的最大值为2021C.“”是“函数在内有零点”的必要不充分条件D.已知，且，则的最小值为95．若，则（）A B.C. D.6．已知等比数列中，，则这个数列的公比是（）A.2 B.4C.8 D.167．已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线过且与椭圆相交于不同的两点，、不在轴上，那么△的周长（）A.是定值B.是定值C.不是定值，与直线的倾斜角大小有关D.不是定值，与取值大小有关8．若执行如图所示的程序框图，则输出S的值是（）A.18 B.78C.6 D.509．等比数列中，，则（）A. B.C.2 D.410．设函数，则和的值分别为（）A.、 B.、C.、 D.、11．为了解青少年视力情况，统计得到名青少年的视力测量值（五分记录法）的茎叶图，其中茎表示个位数，叶表示十分位数，则该组数据的中位数是（）A. B.C. D.12．十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的.明万历十二年(公元1584年)，他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论.十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个正数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列.依此规则，插入的第四个数应为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．计算：________14．已知椭圆的右顶点为A，上顶点为B，且直线l与椭圆交于C，D两点，若直线l直线AB，设直线AC，BD的斜率分别为，，则的值为___________.15．在等比数列中，已知，则__________16．过点作圆的两条切线，切点为A，B，则直线的一般式方程为___________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知数列{an}满足*（1）求数列{an}的通项公式；（2）求数列{an}的前n项和Sn18．（12分）已知.（1）当，时，求中含项的系数；（2）用、表示，写出推理过程19．（12分）如图，在长方体中，，，，M为上一点，且（1）求点到平面的距离；（2）求二面角的余弦值20．（12分）已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，的面积为1.（1）求抛物线的标准方程；（2）设点是抛物线上异于点的一点，直线与直线交于点，过作轴的垂线交抛物线于点，求证：直线过定点.21．（12分）设函数，（1）求的最大值；（2）求证：对于任意x∈(1,7),e1-x+22．（10分）已知数列是公差为2的等差数列，它的前n项和为Sn，且成等比数列.（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C【解析】令，利用倒序相加原理计算即可得出结果.【详解】令，，两式相加得：，∴，故选:C2、D【解析】根据题意，设等比数列的公比为，由等比数列的性质求出，再求出【详解】根据题意，设等比数列的公比为，若，，则，变形可得，则，故选：3、A【解析】设等差数列的公差为d，首先根据题意得到，再解方程组即可得到答案.【详解】解：设等差数列的公差为d，由题知：，解得.故选：A.4、C【解析】对于A：用存在量词否定全称命题，直接判断；对于B：根据充分不必要条件直接判断；对于C：判断出“”是“函数在内有零点”的充分不必要条件，即可判断；对于D：利用基本不等式求最值.【详解】对于A：用存在量词否定全称命题，所以命题“，”的否定是“，”.故A正确；对于B：若“”是“或”的充分不必要条件，所以，即实数m的最大值为2021.故B正确；对于C：“函数在内有零点”，则，解得：或，所以“”是“函数在内有零点”的充分不必要条件.故C错误；对于D：已知，且，所以（当且仅当，即时取等号）故D正确.故选：C5、D【解析】直接利用向量的坐标运算求解即可【详解】因为，所以，故选：D6、A【解析】直接利用公式计算即可.【详解】设等比数列的公比为，由已知，，所以，解得.故选：A7、B【解析】由直线过且与椭圆相交于不同的两点，，且，为椭圆两焦点，根据椭圆的定义即可得△的周长为，则答案可求【详解】椭圆，椭圆的长轴长为，∴△的周长为故选：B8、A【解析】根据框图逐项计算后可得正确的选项.【详解】第一次循环前，；第二次循环前，；第三次循环前，；第四次循环前，；第五次循环前，此时满足条件，循环结束，输出S的值是18故选：A9、D【解析】利用等比数列的下标特点，即可得到结果.【详解】∵，∴，∴，∴.故选：D10、D【解析】求得，即可求得、的值.【详解】，则，则，故，.故选：D.11、B【解析】将样本中的数据由小到大进行排列，利用中位数的定义可得结果.【详解】将样本中的数据由小到大进行排列，依次为：、、、、、、、、、，因此，这组数据的中位数为.故选：B.12、C【解析】先求出等比数列的公比，再由等比数列的通项公式即可求解.【详解】用表示这个数列，依题意，，则，，第四个数即.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据无穷等比数列的求和公式直接即可求出答案.【详解】.故答案为：.14、##0.25【解析】求出点A，B坐标，设出直线l的方程，联立直线l与椭圆方程，借助韦达定理即可计算作答.【详解】依题意，点，直线AB斜率为，因直线l直线AB，则设直线l方程为：，，由消去y并整理得：，，解得，于是有或，设，则，有，因此，，所以的值为.故答案：15、32【解析】根据已知求出公比即可求出答案.【详解】设等比数列的公比为，则，则，所以.故答案为：32.16、【解析】已知圆的圆心，点在以为直径的圆上，两圆相减就是直线的方程.【详解】，圆心，点在以为直径的圆上，，所以圆心是，以为直径的圆的圆的方程是，直线是两圆相交的公共弦所在直线，所以两圆相减就是直线的方程，，所以直线的一般式方程为.故答案为：【点睛】结论点睛：过圆外一点引圆的切线，那么以圆心和圆外一点连线段为直径的圆与已知圆相减，就是切点所在直线方程，或是两圆相交，两圆相减，就是公共弦所在直线方程.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）【解析】（1）根据递推关系式可得，再由等差数列的定义以及通项公式即可求解.（2）利用错位相减法即可求解.【小问1详解】（1），即，所以数列为等差数列，公差为1，首项为1，所以，即.【小问2详解】令，所以，所以18、（1）（2），过程见解析【解析】（1）写出函数的解析式，利用二项式定理可求得函数中含项的系数；（2）利用错位相减法化简函数的解析式，求出解析式中含项的系数，再结合组合数公式化简可得结果.【小问1详解】解：当，时，，的展开式通项为，此时，函数中含项的系数之和为.【小问2详解】解：因为，①则，②①②得，所以，，而为中含项的系数，而函数中含项的系数也可视为中含项的系数，故，且，故.19、（1）（2）【解析】（1）以A为原点，以AB、AD、所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解，（2）求出和的法向量，利用空间向量求解【小问1详解】以A为原点，以AB、AD、所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系由，，，，所以，，，因此，，，设平面的法向量，则，，所以，取，则，，于是，所以点到平面的距离【小问2详解】由，，设平面的法向量，则，，所以，取，则，，于是，由（1）知平面的法向量为，记二面角的平面角为，则，由图可知二面角为锐角，所以所求二面角的余弦值为20、（1）（2）证明见解析【解析】(1)由条件列方程求，由此可得抛物线方程；(2)方法一：联立直线与抛物线方程，结合条件三点共线，可证明直线过定点，方法二：联立直线与抛物线方程，联立直线与直线求，由垂直与轴列方程化简，可证明直线过定点.【小问1详解】因为点在抛物线上，所以，即，，因为，故解得，抛物线的标准方程为【小问2详解】设直线的方程为，由，得，所以，由（1）可知当时，，此时直线的方程为，若时，因为三点共线，所以，即，又因为，，化简可得，又，进而可得，整理得，因为所以，此时直线的方程为，直线恒过定点又直线也过点，综上：直线过定点解法二：设方程，得若直线斜率存在时斜率方程为即解得：，于是有整理得.（*）代入上式可得所以直线方程为直线过定点.若直线斜率不存在时，直线方程为所以P点坐标为，M点坐标为此时直线方程为过点综上：直线过定点.【点睛】解决直线与抛物线的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、抛物线的条件；(2)强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题21、（1）（2）证明见解析【解析】（1）求出，讨论其导数后可得原函数的单调性，从而可得函数的最大值.（2）先证明任意的，总有，再利用放缩法和换元法将不等式成立问题转化为任意恒成立，后者可利用导数证明.【小问1详解】，当时，；当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故.【小问2详解】因为，故当时，，即，而在为减函数，故在上有，故任意的，总有.要证任意恒成立，即证：任意恒成立，即证：任意恒成立，由（1）可得，任意，有即，故即证：任意恒成立，设，即证：任意恒成立，即证：任意恒成立，即证：任意恒成立，即证：任意恒成立，设，则，而在为增函数，，故存在，使得，