江苏南通市海安市2025-2026学年高二上学期2月期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏南通市海安市2025-2026学年高二上学期2月期末数学试题一､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.1.1与9的等比中项为（）A. B.4 C.5 D.【答案】D【解析】设1与9的等比中项为，根据等比中项的定义可得，解得．故选：D．2.椭圆的长轴长为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】将椭圆方程化为标准方程得，则，故该椭圆的长轴长为.故选：D.3.已知函数，则（）A.0 B. C. D.1【答案】C【解析】，，，，故选项C正确.故选：C.4.设点、、，线段的中点为，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意可得，所以，，所以.故选：C.5.两条平行直线与之间的距离为（）A. B.2 C. D.4【答案】A【解析】因为直线与，所以，解得，则方程，即，由平行线间距离公式得距离为，故A正确.故选：A.6.曲线在处的切线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设，则，设在处的切线的倾斜角为，由导数的几何意义得，而，可得，故C正确.故选：C.7.设数列满足，且，则数列的前9项和为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以，所以，所以，所以数列的前9项和为，故选：B.8.设函数，记，，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由题意得的定义域为，因为，所以，令，，令，，则在上单调递增，在上单调递减，由基本不等式得，且，则，当且仅当时取等，本题无法取等，欲证，则证，因为，所以，则，而，则，设，得到，可得，即，解得，则，则证，即证即可，故证即可，令，则，当时，，则在上单调递增，可得，则，即得证，此时，得到，，，则，，因为，所以，则，得到，综上可得，故B正确.故选：B.二､多选题：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.设等差数列的前项和为，则（）A.0是数列的项B.数列是递减数列C.D.最大值为8【答案】BC【解析】设等差数列的公差为，因为，所以，所以，对于A，令，所以，解得，不满足为正整数，所以0不是数列的项，故A错误；对于B，，所以数列是递减数列，故B正确；对于C，，所以，所以，故C正确；对于D，由C可知，，所以当时，取得最大值为，故D错误.故选：BC.10.已知为空间的一个基底，则下列结论正确的是（）A.至多有一个零向量B.也是空间的一个基底C.空间任一向量均可用唯一线性表示D.若，其中，则【答案】BCD【解析】对于A，零向量与任意向量共面，不满足空间基底中三个向量不共面的条件，故A错误；对于B，假设共面，则存在实数使得，说明共面，与是空间的一个基底矛盾，所以不共面，所以是空间的一个基底，故B正确；对于C，根据空间向量基本定理，空间任一向量均可用空间一组基底唯一线性表示，故C正确；对于D，因为是空间的一个基底，所以不共面，所以当且仅当时，才成立，故D正确；故选：BCD.11.在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，准线为，过的直线与相交于两点、，直线与交于点，且，则（）A. B.C. D.轴【答案】ABD【解析】如下图所示：设点、，由对称性，不妨设点在第一象限，设点，对于A选项，由题意可知，即，所以，即点，所以，A对；对于B选项，将点的坐标代入抛物线方程得，因为，故，即点，易知抛物线的焦点为，则，即直线的倾斜角为，故，B对；对于C选项，由题意可知直线不与轴重合，设直线的方程为，联立可得，则，由韦达定理可得，，故与不垂直，C错；对于D选项，因为，，故，又因为，可得，即点、，所以轴，D对故选：ABD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.函数的单调减区间为______．【答案】【解析】，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；所以函数的单调减区间为．故答案为：．13.已知双曲线的左､右焦点分别为，过且垂直轴的直线与一条渐近线的交点为，则的离心率为__________．【答案】【解析】双曲线C的右焦点，其中，根据对称性，可取渐近线为，则交点P的坐标为，又，，依题意有，则可得，所以，也即，可得．故答案为：．14.智能驾驶系统的目标识别失误率通过数据迭代持续降低，设第轮迭代后的失误率为，初始失误率，且，则__________；至少需要__________轮迭代后，可使得失误率不超过.【答案】①.2②.4【解析】根据题意，，且，则；由上可知数列是以为首项，以2为公比的等比数列，则，令，因为，得，而，所以的最小值为4，故至少需要4轮迭代后，可使得失误率不超过.故答案为：2；4.四､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.已知圆的圆心为，点、、恰好一个在圆外，一个在圆上，一个在圆内.（1）求圆的标准方程；（2）求过点的圆的切线方程.解：（1）由题意可得，，，所以，由题意可知圆的半径为，故圆的标准方程为.（2）若切线的斜率不存在，则切线的方程为，此时圆心到该直线的距离为，不符合题意；所以切线的斜率存在，设切线的方程为，即，由于圆心到切线的距离为，则，解得，故所求切线的方程为或，即或.16.已知函数.（1）求的极小值；（2）求和：.解：（1）因为，所以，令，，令，，则在上单调递减，在上单调递增，可得的极小值为.（2）由已知得，设则，，两式相减可得，则，即，故.17.已知椭圆的离心率为，左顶点为.（1）求的标准方程；（2）设、两点在上，且线段的中点为.（i）当时，求直线的方程；（ii）当直线的斜率存在时，证明：直线与直线的斜率之积为定值.（1）解：由题意可得，所以，故椭圆的标准方程为.（2）（i）解：设点、，则，，所以，，当时，则，，若直线的斜率不存在，此时轴，则、关于轴对称，则的中点在轴上，不符合题意，所以直线的斜率存在，由，这两个等式作差得，所以，即，故直线的方程为，即；（ii）证明：由（i）可知当时，直线的斜率存在，由（i）可知，因为，，所以.18.已知是首项为的递增数列，.（1）证明：数列等比数列；（2）数列的前项和为，且.（i）求，并判断、、是否是等差数列；（ii）将数列的前项中任意两项相乘求积，求所有积的和.（1）证明：因为是首项为的递增数列，则对任意的，，当且时，由可得，所以，故对任意的且，为非零常数，故数列为等比数列.（2）（i）解：由（1）可知，数列是单调递增的等比数列，且对任意的，，设其公比为，则，所以，整理可得，解得或（舍去），所以，所以，.所以、、成等差数列；（ii）解：由（i）可得，由题意可得，因为，所以，因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，所以.19.已知函数．（1）求在处的切线方程；（2）若恒成立，求实数的最大值；（3）方程的解记为，证明：．（1）解：，，又，所以切线方程为，即．（2）解：题意等价于：当时，恒成立，令，则，求导可得，当时，在内，，故