陜西省寶雞市鳳縣中學2026屆高二數學第一學期期末聯考試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．函數，若實數是函數的零點，且，則（）A. B.C. D.無法確定2．在空間直角坐標系中，已知點M是點在坐標平面內的射影，則的坐標是（）A. B.C. D.3．已知向量，，則（）A. B.C. D.4．已知，命題“若，則，全為0”的否命題是（）A.若，則，全不為0. B.若，不全為0，則.C.若，則，不全為0. D.若，則，全不為0.5．點在圓上，點在直線上，則的最小值是（）A. B.C. D.6．若函數恰好有個不同的零點，則的取值范圍是（）A. B.C. D.7．拋物線的準線方程為（）A. B.C. D.8．等差數列中，，，則（）A.6 B.7C.8 D.99．已知，那么函數在x＝π處的瞬時變化率為（）A. B.0C. D.10．下列說法中正確的是（）A.棱柱的側面可以是三角形B.棱臺的所有側棱延長后交于一點C.所有幾何體的表面都能展開成平面圖形D.正棱錐的各條棱長都相等11．函數，則不等式的解集是（）A. B.C. D.12．在平面上有一系列點，對每個正整數，點位于函數的圖象上，以點為圓心的與軸都相切，且與彼此外切．若，且,,的前項之和為，則（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知某圓錐的高為4，體積為，則其側面積為________14．我國民間剪紙藝術在剪紙時經常會沿紙的某條對稱軸把紙對折.現有一張半徑為的圓形紙，對折次可以得到兩個規(guī)格相同的圖形，將其中之一進行第次對折后，就會得到三個圖形，其中有兩個規(guī)格相同，取規(guī)格相同的兩個之一進行第次對折后，就會得到四個圖形，其中依然有兩個規(guī)格相同，以此類推，每次對折后都會有兩個圖形規(guī)格相同.如果把次對折后得到的不同規(guī)格的圖形面積和用表示，由題意知，，則________；如果對折次，則________.15．教育部門對某校學生的閱讀素養(yǎng)進行調研，在該校隨機抽取了100名學生進行百分制檢測，現將所得的成績按照，分成6組，并根據所得數據作出了頻率分布直方圖(如圖所示)，則成績在這組的學生人數是________.16．直線被圓所截得的弦的長為_____三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）設數列的前n項和為，且，數列（1）求和的通項公式；（2）設數列的前n項和為，證明：18．（12分）已知函數.（1）求的單調遞增區(qū)間；（2）求在的最大值.19．（12分）已知橢圓與橢圓有共同的焦點，且橢圓經過點.（1）求橢圓的標準方程；（2）設為橢圓的左焦點，為橢圓上任意一點，為坐標原點，求的最小值.20．（12分）以直角坐標系的原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，已知直線的極坐標方程為，曲線的參數方程是(為參數（1）求直線和曲線的普通方程；（2）直線與軸交于點，與曲線交于，兩點，求21．（12分）已知橢圓的右頂點為，上頂點為.離心率為，.（1）求橢圓的標準方程；（2）若，是橢圓上異于長軸端點的兩點（斜率不為0），已知直線，且，垂足為，垂足為，若，且的面積是面積的5倍，求面積的最大值.22．（10分）已知數列中，.（1）證明是等比數列，并求通項公式；（2）設，記數列的前n項和為，求使恒成立的最小的整數k.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、A【解析】利用函數在遞減求解.【詳解】因為函數在遞減，又實數是函數的零點，即，又因為，所以，故選：A2、C【解析】點在平面內的射影是坐標不變，坐標為0的點.【詳解】點在坐標平面內的射影為，故點M的坐標是故選：C3、D【解析】按空間向量的坐標運算法則運算即可.【詳解】.故選：D.4、C【解析】根據四種命題的關系求解.【詳解】因為否命題是否定原命題的條件和結論，所以命題“若，則，全為0”的否命題是：若，則，不全為0，故選：C5、B【解析】根據題意可知圓心，又由于線外一點到已知直線的垂線段最短，結合點到直線的距離公式，即可求出結果.【詳解】由題意可知，圓心，所以圓心到的距離為，所以的最小值為.故選：B.6、D【解析】分析可知，直線與函數的圖象有個交點，利用導數分析函數的單調性與極值，數形結合可求得實數的取值范圍.【詳解】令，可得，構造函數，其中，由題意可知，直線與函數的圖象有個交點，，由，可得或，列表如下：增極大值減極小值增所以，，，作出直線與函數的圖象如下圖所示：由圖可知，當時，即當時，直線與函數的圖象有個交點，即函數有個零點.故選：D.7、A【解析】將拋物線的方程化成標準形式，即可得到答案；【詳解】拋物線的方程化成標準形式，準線方程為，故選：A.8、C【解析】由等差數列的基本量法先求得公差，然后可得【詳解】設數列的公差為，則，，所以故選：C9、A【解析】利用導數運算法則求出，根據導數的定義即可得到結論【詳解】由題設，，所以，函數在x＝π處瞬時變化率為，故選：A10、B【解析】根據棱柱、棱臺、球、正棱錐結構特征依次判斷選項即可.【詳解】棱柱的側面都是平行四邊形，A不正確；棱臺是由對應的棱錐截得的，B正確；不是所有幾何體的表面都能展開成平面圖形，例如球不能展開成平面圖形，C不正確；正棱錐的各條棱長并不是都相等，應該為正棱錐的側棱長都相等，所以D不正確.故選：B.11、A【解析】利用導數判斷函數單調遞增，然后進行求解.【詳解】對函數進行求導：，因為，，所以，因為，所以f(x)是奇函數,所以在R上單調遞增，又因為，所以的解集為.故選：A12、C【解析】根據兩圓的幾何關系及其圓心在函數的圖象上，即可得到遞推關系式，通過構造等差數列求得的通項公式，得出，最后利用裂項相消，求出數列前項和，即可求出.詳解】由與彼此外切，則，，，又∵，∴，故為等差數列且，，則，，則，即，故答案選：.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】設該圓錐的底面半徑為r，由圓錐的體積V＝πr2h，可解得r的值，再由勾股定理求得圓錐的母線長l，而側面積S＝πrl，代入數據即可得解【詳解】設該圓錐的底面半徑為r，圓錐的體積V＝πr2h＝πr2×4＝12π，解得r＝3∴圓錐母線長l＝＝5，∴側面積S＝πrl＝15π故答案為：15π【點睛】本題考查圓錐的側面積和體積的計算，理解圓錐的結構特征是解題的關鍵，考查學生的空間立體感和運算能力，屬于基礎題14、①.②.【解析】首先根據題意得到，再計算即可；根據題意得到，再利用分組求和法求和即可.【詳解】因為，，所以，所以..故答案為：；15、20【解析】根據頻率分布直方圖求出成績在這組的頻率，從而可得出答案.【詳解】解：由頻率分布直方圖可知，成績在這組的頻率為，所以成績在這組的學生人數為（人）.故答案為：20.16、【解析】圓轉化為標準式方程，圓心到直線的距離為，圓的半徑為，因此所求弦長為考點：1．圓的方程；2．直線被圓截得的弦長的求法；三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1），（2）證明見解析【解析】（1）根據可得，從而可得；（2）利用錯位相減法可得，從而可得，又，即可證明不等式成立.【小問1詳解】解：∵，∴當時，，當時，，∴，經檢驗，也符合，∴，；【小問2詳解】證明：因為，∴，∴∴，又∵，∴，所以18、（1）（2）【解析】（1）利用兩角和的余弦公式以及輔助角公式可得，再由正弦函數單調區(qū)間，整體代入即可求解.（2）根據三角函數的單調性即可求解.【小問1詳解】，，解得，所以函數的單調遞增區(qū)間為【小問2詳解】由（1），解得函數的單調遞減區(qū)間為，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，，，所以函數的最大值為.19、（1）（2）【解析】（1）設橢圓的方程為，將點的坐標代入橢圓的方程，求出的值，即可得出橢圓的方程；（2）設點，則，且，利用平面向量數量積的坐標運算結合二次函數的基本性質可求得的最小值.【小問1詳解】（1）由題可設橢圓的方程為，由橢圓經過點，可得，解得或（舍）.所以，橢圓的標準方程為.【小問2詳解】解：易知，設點，則，且，，，則，當且僅當時，等號成立，故的最小值為.20、（1），（2）4【解析】（1）根據，即可將直線的極坐標方程轉化為普通方程；消參數，即可求出曲線的普通方程；（2）由題意易知，求出直線的參數方程，將其代入曲線的普通方程，利用一元二次方程根和系數關系式的應用，即可求出結果【小問1詳解】解：直線極坐標方程為，即，又，可得的普通方程為，曲線的參數方程是(為參數，消參數，所以曲線的普通方程為【小問2詳解】解：在中令得，，傾斜角，的參數方程可設為，即（為參數），將其代入，得，，設，對應的參數分別為，，則，，，異號，.21、（1）（2）面積的最大值為【解析】（1）由離心率為，，得，解得，，，進而可得答案（2）設直線的方程為，，，，，聯立直線與橢圓的方程，結合韋達定理可得，，由弦長公式可得，點到直線的距離，則，，由的面積是面積的5倍，解得，再計算的最大值，即可【小問1詳解】解：因為離心率為，，所以，解得，，，所以【小問2詳解】解：設直線的方程為，，，，，聯立，得，所以，，所以，點到直線的距離，所以，，因為的面積是面積的5倍，所以所