2025-2026學年高二數(shù)學期中復習卷試卷及答案一、試卷部分班級：________姓名：________分數(shù)：________（考試時間：120分鐘滿分：150分）一、單項選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知數(shù)列{a?}是等差數(shù)列，a?=2，公差d=3，則a?=（）A.14B.15C.16D.172.函數(shù)f(x)=x3-3x2+2的導數(shù)f’(x)=（）A.3x2-6xB.3x2-3xC.x3-6xD.x3-3x3.已知雙曲線$\frac{x2}{a2}-\frac{y2}{4}$=1（a>0）的離心率e=$\frac{3}{2}$，則a的值為（）A.2B.4C.$\sqrt{5}$D.2$\sqrt{5}$4.已知空間向量$\vec{a}$=(1,2,-1)，$\vec$=(2,1,2)，則$\vec{a}$·$\vec$=（）A.2B.3C.4D.55.函數(shù)f(x)=x-lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是（）A.(0,1)B.(1,+∞)C.(0,+∞)D.(-∞,0)∪(1,+∞)6.已知等差數(shù)列{a?}的前n項和為S?，若S?=25，a?+a?=18，則a?=（）A.11B.12C.13D.147.已知拋物線y2=4x的焦點為F，點P在拋物線上，且|PF|=5，則點P的橫坐標為（）A.3B.4C.5D.68.如圖，在長方體ABCD-A?B?C?D?中，AB=2，AD=3，AA?=4，則異面直線A?B與AD?所成角的余弦值為（）A.$\frac{12}{25}$B.$\frac{16}{25}$C.$\frac{18}{25}$D.$\frac{24}{25}$二、多項選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分）9.下列關(guān)于導數(shù)的說法正確的是（）A.若函數(shù)f(x)在x=x?處可導，則f(x)在x=x?處連續(xù)B.若函數(shù)f(x)在x=x?處連續(xù)，則f(x)在x=x?處可導C.若函數(shù)f(x)在x=x?處取得極值，則f’(x?)=0D.若f’(x?)=0，則函數(shù)f(x)在x=x?處取得極值10.已知等比數(shù)列{a?}的公比為q，前n項和為S?，則下列說法正確的是（）A.若q>1，則數(shù)列{a?}單調(diào)遞增B.若q=-1，則S?=0（n為偶數(shù)）C.若a?>0，0<q<1，則數(shù)列{a?}單調(diào)遞減D.若a?<0，q>1，則數(shù)列{a?}單調(diào)遞增11.關(guān)于橢圓$\frac{x2}{25}+\frac{y2}{9}$=1，下列說法正確的是（）A.長軸長為10B.短軸長為6C.焦距為8D.離心率為$\frac{3}{5}$12.如圖，在直三棱柱ABC-A?B?C?中，∠ACB=90°，AC=BC=1，AA?=2，則下列說法正確的是（）A.直線A?C與平面ABC所成角的正切值為2B.平面A?BC?⊥平面A?ACC?C.點C到平面A?AB的距離為$\frac{\sqrt{2}}{2}$D.三棱錐A?-ABC的體積為1三、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分）13.已知數(shù)列{a?}的通項公式為a?=2n-3，則數(shù)列{a?}的前n項和S?=________。14.曲線y=x2-2x+3在點(1,2)處的切線方程為________。15.已知空間向量$\vec{a}$=(2,-1,3)，$\vec$=(1,2,-1)，則$\vec{a}$×$\vec$=________。16.已知拋物線y2=8x的準線與x軸交于點M，過點M作直線l與拋物線交于A、B兩點，若線段AB的中點的橫坐標為3，則|AB|=________。四、解答題（本題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.（10分）已知數(shù)列{a?}是等比數(shù)列，a?=2，a?=8。（1）求數(shù)列{a?}的通項公式；（2）求數(shù)列{a?}的前n項和S?。18.（12分）已知函數(shù)f(x)=x3-3x+1。（1）求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；（2）求函數(shù)f(x)在區(qū)間[-2,2]上的最大值和最小值。19.（12分）如圖，在直三棱柱ABC-A?B?C?中，AB=AC=1，BC=$\sqrt{2}$，AA?=2，D為BB?的中點。（1）求證：平面ADC?⊥平面ACC?A?；（2）求點A?到平面ADC?的距離。20.（12分）已知橢圓C：$\frac{x2}{a2}+\frac{y2}{b2}$=1（a>b>0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且過點P(2,1)。（1）求橢圓C的標準方程；（2）設直線l：y=kx+m與橢圓C交于A、B兩點，O為坐標原點，若OA⊥OB，求m2的取值范圍。21.（12分）已知函數(shù)f(x)=lnx-ax+1（a∈R）。（1）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；（2）若函數(shù)f(x)有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍。22.（12分）已知拋物線C：y2=4x的焦點為F，直線l過點F且與拋物線C交于A、B兩點，點M為拋物線C的準線上一點，且MA⊥MB。（1）求證：直線l恒過定點；（2）求△MAB面積的最小值。二、答案部分一、單項選擇題1.A2.A3.D4.A5.A6.C7.B8.B二、多項選擇題9.AC10.BC11.ABC12.AC三、填空題13.n2-2n14.y=215.(-5,5,5)16.8四、解答題17.解：（1）設等比數(shù)列{a?}的公比為q，由a?=a?q2，得8=2q2，解得q=±2。當q=2時，a?=2×2??1=2?；當q=-2時，a?=2×(-2)??1。（2）當q=2時，S?=$\frac{2(1-2?)}{1-2}$=2??1-2；當q=-2時，S?=$\frac{2[1-(-2)?]}{1-(-2)}$=$\frac{2[1-(-2)?]}{3}$。18.解：（1）f’(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1)。令f’(x)>0，得x<-1或x>1；令f’(x)<0，得-1<x<1。∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,-1)和(1,+∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(-1,1)。（2）計算f(-2)=(-2)3-3×(-2)+1=-8+6+1=-1；f(-1)=(-1)3-3×(-1)+1=-1+3+1=3；f(1)=13-3×1+1=1-3+1=-1；f(2)=23-3×2+1=8-6+1=3?！嗪瘮?shù)f(x)在區(qū)間[-2,2]上的最大值為3，最小值為-1。19.（1）證明：∵AB=AC=1，BC=$\sqrt{2}$，∴AB2+AC2=BC2，∴AB⊥AC?！咧比庵鵄BC-A?B?C?中，AA?⊥平面ABC，AB?平面ABC，∴AA?⊥AB。又AC∩AA?=A，AC、AA??平面ACC?A?，∴AB⊥平面ACC?A?。取AC?的中點E，連接DE、AE，∵D為BB?的中點，∴DE∥AB，∴DE⊥平面ACC?A?。又DE?平面ADC?，∴平面ADC?⊥平面ACC?A?。（2）解：以A為原點，AC為x軸，AB為y軸，AA?為z軸建立空間直角坐標系，則A(0,0,0)，A?(0,0,2)，D(0,1,1)，C?(1,0,2)。向量$\vec{AD}$=(0,1,1)，$\vec{AC?}$=(1,0,2)，$\vec{A?A}$=(0,0,-2)。設平面ADC?的法向量為$\vec{n}$=(x,y,z)，則$\begin{cases}\vec{n}·\vec{AD}=0\\\vec{n}·\vec{AC?}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}y+z=0\\x+2z=0\end{cases}$。令z=1，則y=-1，x=-2，∴$\vec{n}$=(-2,-1,1)。點A?到平面ADC?的距離d=$\frac{|\vec{n}·\vec{A?A}|}{|\vec{n}|}$=$\frac{|(-2)×0+(-1)×0+1×(-2)|}{\sqrt{(-2)2+(-1)2+12}}$=$\frac{2}{\sqrt{6}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$。20.解：（1）由離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，得c=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a，又b2=a2-c2=$\frac{1}{4}$a2。將點P(2,1)代入橢圓方程，得$\frac{4}{a2}+\frac{1}{\frac{1}{4}a2}$=1，解得a2=8，b2=2?！鄼E圓C的標準方程為$\frac{x2}{8}+\frac{y2}{2}$=1。（2）聯(lián)立$\begin{cases}y=kx+m\\\frac{x2}{8}+\frac{y2}{2}\end{cases}$，得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-8=0。設A(x?,y?)，B(x?,y?)，則x?+x?=-$\frac{8km}{1+4k2}$，x?x?=$\frac{4m2-8}{1+4k2}$?！逴A⊥OB，∴x?x?+y?y?=0，即x?x?+(kx?+m)(kx?+m)=0。整理得(1+k2)x?x?+km(x?+x?)+m2=0，代入得：(1+k2)·$\frac{4m2-8}{1+4k2}$+km·(-$\frac{8km}{1+4k2}$)+m2=0，化簡得5m2=8(1+k2)。由Δ=(8km)2-4(1+4k2)(4m2-8)>0，得m2<2+8k2。將k2=$\frac{5m2}{8}$-1代入，得m2<2+8($\frac{5m2}{8}$-1)，解得m2>$\frac{8}{5}$。又k2=$\frac{5m2}{8}$-1≥0，得m2≥$\frac{8}{5}$，∴m2的取值范圍是[$\frac{8}{5}$,+∞)。21.解：（1）函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞)，f’(x)=$\frac{1}{x}$-a。當a≤0時，f’(x)>0恒成立，f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增；當a>0時，令f’(x)>0，得0<x<$\frac{1}{a}$；令f’(x)<0，得x>$\frac{1}{a}$。∴f(x)在(0,$\frac{1}{a}$)上單調(diào)遞增，在($\frac{1}{a}$,+∞)上單調(diào)遞減。（2）當a≤0時，f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，最多有一個零點，不符合題意；當a>0時，f(x)的最大值為f($\frac{1}{a}$)=ln$\frac{1}{a}$-a·$\frac{1}{a}$+1=-lna。若f(x)有兩個零點，則f($\frac{1}{a}$)>0，即-lna>0，解得0<a<1。又f($\frac{1}{e}$)=ln$\frac{1}{e}$-a·$\frac{1}{e}$+1=-1-$\frac{a}{e}$+1=-$\frac{a}{e}$<0，f($\frac{1}{a2}$)=ln$\frac{1}{a2}$-a·$\frac{1}{a2}$+1=-2lna-$\frac{1}{a}$+1，令g(a)=-2lna-$\frac{1}{a}$+1（0<a<1），g’(a)=-$\frac{2}{a}$+$\frac{1}{a2}$=$\frac{1-2a}{a2}$，當0<a<$\frac{1}{2}$時g’(a)>0，當$\frac{1}{2}$<a<1時g’(a)<0，g(a)≤g($\frac{1}{2}$)=-2ln$\frac{1}{2}$-2+1=2ln2-1<0，∴f($\frac{1}{a2}$)<0?！喈?<a<1時，f(x)在(0,$\frac{1}{a}$)和($\frac{1}{a}$,+∞)上各有一個零點，符合題意。綜上，實數(shù)a的取值范圍是(0,1)。22.（1）證明：拋物線C的焦點F(1,0)，準線方程為x=-1。設直線l的方程為x=ty+1，A(x?,y?)，B(x?,y?)，M(-1,m)。聯(lián)立$\begin{cases}x=ty+1\\y2=4x\end{cases}$，得y2-4ty-4=0，∴y?+y?=4t，y?y?=-4?！進A⊥MB，∴$\vec{MA}$·$\vec{MB}$=0，即(x?+1)(x?+1)+(y?-m)(y?-m)=0。又x?=ty?+1，x?=ty?+1，代入得：(ty?+2)(ty?+2)+(y?-m)(y?-m)=0，整理得(1+t2)y?y?+(2t-m)(y?+y?)+4