河北省邢台市卓越联盟2025-2026学年高二下学期开学测评数学试卷

这是一份河北省邢台市卓越联盟2025-2026学年高二下学期开学测评数学试卷，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
河北邢台市卓越联盟 2025-2026 学年高二下学期开学测评数学试卷
一、单选题
在等差数列an 中， a3  a13  26 ，则a8  （ ）
26
24
13
12
下列求导结果正确的是（ ）
(sin 3)  cs3
x
C． (x ln x)  ln x  1
(cs x)  sin x
．
D ex ex (x  1)
x
x2


已知 F 、F 分别为椭圆C : x2  y2  1a  b  0 的左、右焦点， C 的焦距为2c ，以点 P 2c, 3 、F 、F
12a2b212
为顶点的三角形是等腰三角形，则c  （ ）
3
3
A． 6B． 3C． 2D．
已知直线l1 : ax  4 y  2  0 ， l2 : x  ay 1  0 ，则“ a  2 ”是“ l1 ∥l2 ”的（ ）
充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
n
在空间直角坐标系中，直线 l 的一个方向向量为m  (1, 0,1) ，平面α的一个法向量为 →  ( 3, 1, 0) ，l
与α所成的角为θ，则（ ）
π θ π
64
C． πθ π
32
πθ π
43
D． 0  θ π
6
瓷枕是中国古代较为流行的一种瓷质枕具，其上常以彩釉绘制精美图画，或题写诗句.某瓷枕如图 1 所示，其横截面如图 2 所示，该横截面的上、下曲线可以看作双曲线的一部分，则该双曲线的离心率为（ ）
10
A．
B．
C． 2
D． 2
7
3
2
若等比数列an 的前n 项和为Sn ，公比为q ，且S9  2 ， S18  8 ，则q  a1  （ ）
1
1C． 2
D． 2
–––→3 –––→
在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形， BP  2 BE ， CP  2CF ，平面 AEF 与棱 CD 交于点
G，则 DG  （ ）
DC
A． 2
3
B． 1
3
． 1D． 1
C
24
二、多选题
若圆M : (x  2)2  ( y 1)2  1与圆 N 关于直线 x  1 对称，则（ ）
圆 M 与圆 N 相交
圆 M 与圆 N 外切
2
圆 N 上一点与点 A(2,1) 的距离的最小值为2 1
5
圆 M 上一点与圆 N 上一点的距离的最大值为2 
已知 f (x) 是定义域为R 的函数 f ( x) 的导函数，且 f (x)  f (1)x3  f (1)x  3 ，则（ ）
f (1)  1B． f (1)  1
C． f (x) 有两个零点D． lim
x 0
f (2  2x)  f (2)  20
x
传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状 把数分成许多类，将图中的 1，6，15，28，…称为六边形数，将六边形数按从小到大的顺序排成数列an ，则（ ）
a5  45B． a10  190
C． a   a  是等比数列D． a2  a a
n 1n
n 1
n n  2
三、填空题
直线l : 2x  y  3  0 被圆M : x2  ( y  2)2  11截得的弦 AB 的长为．
已知正四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 的表面积为 16，底面边长为 x，体积为 V，则当 x  2 时，V 关于 x 的瞬时变化率为．
若抛物线C : x2  4 y 上的动点 P 到 C 的准线的距离为 d，点 A(4, 0) ，则| PA | d 的最大值为，
此时点 P 的坐标为．
四、解答题
在等比数列an 中， a3  3 ， a6  81．
求an 的通项公式；
求数列an  lg3 an 的前 n 项和Tn ．
已知函数 f (x)  1 eax  a ，且曲线 y  f (x) 在点(0, f (0)) 处的切线的斜率为 1．
2
求 a；
若过点(0, 2) 的直线 l 与 f ( x) 的图象相切，求 l 的方程．
在底面半径为 1，高为 5 π 的圆柱 OP 中建立如图所示的空间直角坐标系．在点 B(0,1, 0) 处有一只蚂蚁 M
2
（视为质点）沿 z 轴正方向以每秒 1 个单位长度的速度爬行，同时在点 A(1, 0, 0) 处有一只蚂蚁 N（视为质点）沿着圆柱的表面逆时针匀速螺旋爬行，经过2π 秒，蚂蚁 N 第一次爬到 A 的正上方的位置，此时蚂蚁 N 到平面 Oxy 的距离为2π．
当经过π秒时，求平面 OMN 与平面 Oxy 夹角的余弦值；
ON AB
当经过t(0  t  2) 秒时， –––→  –––→ 
6
，求 t 的取值范围．
2
已知正项数列a 的前 n 项和为S ，数列b 的前 n 项和为T ， b  a3 ， T  S 2 ．
nnnnnnnn
求a2 ， b2 的值；
求an 的通项公式；
若数列1 的前 n 项和为 H ，证明： H  2 ．

 2an  1
nn
x2y2
3
AB  4
已知 A，B 分别为椭圆C :
a2
求 C 的方程；
 1(a  b  0) 的左、右顶点，且
b2
，C 的离心率为．
2
​
若倾斜角为 π
4
的直线与
C 交于 D，E 两点，求 DE 的中点的轨迹方程；
若过Q(t, 0)(2  t  2) 且斜率不为 0 的直线 l 与 C 交于 M，N 两点，与直线 x  8 交于点 P，设直线 AM，
3
BN 的斜率分别为k1 ， k2 ，且k2  7k1 ，比较 MP  NQ 与 MQ  NP 的大小，并说明理由．
参考答案
1．C
【详解】因为数列an 为等差数列，则2a8  a3  a13  26 ，所以a8  13 .
2．D
【详解】对于 A， sin 3  0 ，故 A 错误；对于 B， cs x  sin x ，故 B 错误；
对于 C，  x ln x  xln x  x ln x  ln x 1 ，故 C 错误；
 ex 
对于 D，  x  
ex  x  xex

x2
ex  x 1 x2
，故 D 正确.

3．D
【详解】易知点 F1 c,0 、 F2 c, 0 、 P 2c, 3 ，
––2––→1 ––2––→
F2 F1  F2 P
1 2
所以 F F  2c, 0 ， F P  c, 3 ，所以cs F F P  F F  F P 
2c2
––––→ ––––→
 0 ，
3
2 12
F2 F1  F2 P
即F1F2 P 为钝角，
––––→––––→
又因为VPF1F2 为等腰三角形，所以 F2 F1  F2 P ，即2c 
c2  9 ，解得c .
4．A
【详解】当a  2 时，直线l1 : 2x  4 y  2  0 ，即 x  2 y 1  0 与直线l2 : x  2 y 1  0 平行，
由l / /l ，得 1  a  1 ，解得a  2 ，
12a42
所以“ a  2 ”是“ l1 ∥l2 ”的充要条件.
5．A
【详解】易知cs
→ →
m, n
→ →

m·n
→ →
m n
 ，
 3
2 2
6
4
6
4
所以sinθ
→ →
6 12 
，
cs m, n   ,
4
 22 
即 1  sinθ2 ，又θ 0, π  ，所以 π θ π .
22
6．D
2 64
【详解】构建如下图示的直角坐标系，其中双曲线过点 B(14,8) ，实轴长为12 ，即a  6 ，
双曲线的焦点在 y 轴上，设为 y2  x2  1，则 64  196  1  b2  252 ，故离心率e 
2
1 b
a2
2
.
36b2
36b22
7．B
【详解】因为等比数列an 的前n 项和为Sn ，公比为q ，且S9  2 ， S18  8 ，
则S  a  a L a   a  a L a   a  a L a   q9 a  a L a 
18129101118129129
9
 1 q9  S  2 1 q9   8 ，解得q9  3 ，
1

a 1 q9  a 1 32a
1
1
又因为S 1  1  2 ，所以a  q 1 ，故q  a  1 .
91 q
1 q
1 q
8．C
–––→
3 –––→
【详解】因为 BP  2 BE ， CP  2CF ，

–––→2 –––→2 –––→ –––→2 –––→2 –––→
所以 BE  BP  BA  AP  AP  AB ，
3333


–––→1 –––→1 –––→–––→1 –––→1 –––→1 –––→1 –––→–––→1 –––→1 –––→1 –––→
CF  CP  CA  AP  AP  AC  AP  AD  AB  AP  AD  AB,
222222222
DG  λ
–––→–––→–––→
设DG  λDC  λAB ，
DC
–––→–––→–––→–––→
2 –––→
2 –––→
1 –––→
2 –––→
AE  AB  BE  AB 
AP  AB  AB 
AP ，
3333
–––→–––→–––→–––→–––→
1 –––→
1 –––→
1 –––→
1 –––→
1 –––→
–––→
AF  AC  CF  AD  AB 
AP  AD  AB  AD  AB 
AP ，
222222
显然 AF , AE 不是共线向量.
因为平面 AEF 与棱 CD 交于点 G，所以 A, E, F , G 四点共面，
–––→–––→–––→–––→–––→ 1 –––→2 –––→  1 –––→1 –––→1 –––→ 

因此有 AG  x AE  y AF  AD  DG  x  3 AB  3 AP   y  2 AD  2 AB  2 AP 
–––→–––→

 11
 –––→
 21
 –––→
–––→
，

AD  λAB   3 x  2 y  AB   3 x  2 y  AP  2 y AD
因为 AD, AB, AP 彼此两两不互相共线，
1
1  2 y
 y  2


所以有λ
1 x  1
32


y  x   3 ，
2

0  2 x  1 yλ 1
322
所以 DG  1 .
DC2
9．BC
【详解】因为圆M : (x  2)2  ( y 1)2  1与圆 N 关于直线 x  1 对称，所以圆 N : x2  ( y 1)2  1.
圆心距 MN  2 ，恰好等于两圆的半径和，所以两圆外切；A 错误，B 正确；
2
因为 AN  2 2 ，所以圆 N 上一点与点 A(2,1) 的距离的最小值为2
 1 ，C 正确；
因为 MN  2 ，所以圆 M 上一点与圆 N 上一点的距离的最大值为4 ，D 错误. 10．BCD
【详解】对 f  x  f 1 x3  f 1 x  3 求导可得 f  x  3 f 1 x2  f 1 ，
 f 1  f 1  f 1  3

令 x  1 ，可得 f 1  3 f 1  f 1
 f 1  2

，解得 f 1  1，所以 A 错误，B 正确；
因此 f  x  x3  2x  3 ，所以 f  x  3x2  2 ，
令 f  x  0 ，可得 x  
6 ，因此 f (x) 有两个零点，所以 C 正确；
3
易知 lim f 2  2Δx  f 2  f 2  10 ，所以 1 lim f 2  2Δx  f 2  10 ，
Δx0
2Δx
2 Δx0Δx
即 lim
Δx0
f 2  2Δx  f 2
Δx
 20 ，可知 D 正确.
ABD
【详解】在数列an 中，有a2  a1  5, a3  a2  9, a4  a3  13 ，进一步，得a2  a1  11 4, a3  a2  1 2  4, a4  a3  1 3 4 ，
所以可以得到递推关系： an1  an  1 n  4 ，即an1  an  4n 1 ，
因为 an1  an  4n 1  4n  3  4  1
4
，显然不是常数，
an  an1

4n  34n  34n  3
所以数列an 1  an  不是等比数列，选项 C 不正确；当n  2 n  N  时，
a  a  a
  a a
 L a
 a   a
 4n  3  4n  7 L 5 1
1 4n  3 n
2
 2n  n ，
nnn1
显然a1  1也成立.
n1
n22112
因为a  2  52  5  45 ， a  2 102 10  190 ，
510
所以选项 AB 正确；
a
2
n1
 anan2
 2 n 12  n 12  2n2  n2 n  22  n  2  8n2 12n 1  0

所以选项 D 正确.
6
2
22 12
2  0  2  3
5
【详解】圆心M 0, 2 到直线l : 2x  y  3  0 的距离为： d ，
r 2  d 2
所以弦 AB 的长为： AB  2
 2
 2 6 .
11 5
2
【详解】因为正四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 的底面边长为 x，设正四棱柱的高为h ，
16  2x
2
所以正四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 的表面积为4xh  2x2  16 ，所以h ，
4x
22 16  2x2x3
所以体积为V  x h  x  4x ，
4x2
所以V    3x2 ，则 x  2 时，V 关于 x 的瞬时变化率为4  3  22  2 .
4
2
17
​
(  17 1 , 
2
17  9 )
28
【详解】抛物线C : x2  4 y 的焦点 F 0, 1 ，准线l : y  1，由抛物线定义得d  PF ，
则 PA  d  PA  PF  AF

 17 ，当且仅当 P 是线段 AF 的延长线与抛物线的交点时取等号，
1x   17 1
17 1
17  9
1 y  x 12
直线 AF : y  4 x 1，由4
且 x  0 ，得
，即点( 
, ) ，
x2  4 y
 y  


17  928
8
17
所以| PA | d 的最大值为
，此时点 P 的坐标为( 
17 1 , 
17  9 ) .
28
n
15．(1) a  3n2 ;
(2) Tn 
3n 1 
6
n n  3
.
2
【详解】（1）设数列公比为q ，则a  a q2  3，a  a q5  81 .
3161
两式相除可得q3  27  q  3，又a  a q2  9a  3  a  1 ，
31113
则a  a qn1  1  3n1  3n2 ；
n13
（2）由（1）， an  lg3 an  3n2  n  2 .
则Tn  a1  lg3 a1  a2  lg3 a2 L an  lg3 an
 a1  a2 L an  lg3 a1  lg3 a2 L lg3 an
 1 1 3 L 3n2  1  0 1L n  2 3
1 1 3nn  3 n3n 1n n  3
 .
31 3262
16．(1) a  2
(2) ex  y  2  0
【详解】（1） f (x)  a eax ，因为曲线 y  f (x) 在点(0, f (0)) 处的切线的斜率为 1， 2
所以 f (0)  a  1，解得a  2 .
2
（2）由（1）知， f (x)  e2x ，
设切点坐标为 x , y  ，则 f  x   e2 x0 ，切线l 的方程为 y  2  e2 x0  x  0 ，
000
又点(x , y ) 在曲线 y  f (x) 上，所以 y  1 e2x0  2 ，代入得 1 e2 x0  2   2  x e2 x0 ，
0002
 20

即 1 e2x0  x e2x0 ，
20
整理可得 x  1 ，故 l 的方程为 y  2  e x  0 ，即ex  y  2  0 .
02
2π2 1
17(1)
．；
2π2 1
(2) 7π  t  11π .
1212
【详解】（1）由题知，当经过π秒时， N 1, 0, π, M 0,1, π ，则ON  1, 0, π, OM  0,1, π ，
→
设平面OMN 的法向量为n   x, y, z  ，
–––→ →
→
ON  n  x  πz  0
则––––→ →，令 z  1，得
OM  n  y  πz  0
x  π, y  π
，则n  π, π,1 ，
m
易知平面Oxy 的一个法向量为 →  0, 0,1 ，记平面OMN 与平面Oxy 夹角为θ，
π 0  π 11
1 π2  π2 1
2π2 1
→  →
则csθ
m n
→ → 
m n
2π2 1 .
因为经过2π秒，蚂蚁 N 第一次爬到 A 的正上方的位置，此时蚂蚁 N 到平面Oxy 的距离为2π，
所以蚂蚁 N 沿 z 轴正方向移动的速度为 2π  1，绕着圆柱旋转的角速度为 2π  1，
2π2π
所以当经过t(0  t  2π) 秒时， N cs t, sin t, t  ，
又 A1, 0, 0, B 0,1, 0 ，所以 AB  1,1, 0, ON  cs t, sin t, t  ，
–––→ –––→
π6
π3
所以ON  AB  cs t  sin t 
sin  t   
4

，即sin  t   ，
4
22
又0  t  2π ，即 π  t  π  7π，所以 π  t  π  2π ，解得 7π  t  11π .
444
18．(1) a2  2 ， b2  8
343
1212
an  n
证明见解析
b  a3
【详解】（1）当n  1 时，  11 ，又a  0 ，所以a
 b  1 ；
 11
b  a2111
b  a3

当n  2 时，  22
1 b2  1 a2 
2 ，又a2  0 ，所以a2  2 ， b2  8 .
（2）当n  2 时， T  S 2 ， T S 2 ，
nnn1n1
两式相减得： T  T
 S 2  S 2
 b  S 2  S 2 ，又b  a3 ，所以S 2  S 2
 a3 .
nn1
nn1
nnn1nn
nn1n
所以S  S
S  S  a3  a
 S  S  a3 ，
nn1
nn1n
nnn1n
因为an  0 ，所以S
n  Sn1
 a2 .
n
又Sn  Sn1  an ，
nnn
两式相加得2S
 a2  a ，
所以2S
n1
2
 a
n1
 an1 ，
两式相减得： 2 S  S
  a2  a  a2  a
 2a  a2  a  a2  a，
nn1
nnn1
n1
nnnn1
n1
所以a  a
 a2  a2
 a  a
a  a .
nn1
nn1
nn1
nn1
因为an  an1  0 ，所以an  an1  1 .
所以an 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，所以an  n .
因为 11，
2an 12n 1
当n  1 时， H1 
1
21 1
 1  2 ；
当n  2 时， 1 1 .

2n 12n1
所以 H 11
1L1
1 1
 1 L 1
 1 1  1 L 1

n
1 1
2n
21 122 123 12n 1
 2 1 1  ，
21 1221
231
n1
222
2n1
12n 
1 
2
因为 1  0 ，所以 H
 2 1 1   2 .
2nn
2n 
19．(1)
x2  2 
y
1
4


4 5 4 5 
x  4 y  0 ， x  
5 , 5 

MP  NQ  MQ  NP ，理由见详解
【详解】（1）由题意可知： AB =2a  4 ，即a  2 ，
又因为椭圆 C 的离心率为e  c 
a
，则c 
2
3 a ， b2  a2  c2  1，
3
2
所以椭圆 C 的方程为
x2  2
y
4
 1.
（2）设直线 DE : y  x  m ， D  x1 , y1  ， E  x2 , y2  ，
 y  x  m

y  1
联立方程 x2  2
 4
，消去 y 可得5x2  8mx  4m2  4  0 ，
5
则Δ  64m2  20 4m2  4  0 ，解得 m  5 ，
可得 x  x   8 m ， y  y   x  x   2m  2 m ，
12512125
x   4 m
 415
x 4 5 4 5 
则 DE 的中点坐标为  5 m, 5 m  ，即1，且   5 , 5  ，

 y  m
5
mx  4 y  0x 4 5 , 4 5 
消去 可得 DE 的中点的轨迹方程为
，  
55  .

（3）由题意可知：直线l 与椭圆 C 必相交， A2, 0 ， B 2, 0 ，
设直线l : x  ny  t ， 2  t  2 ， M  x3 , y3  ， N  x4 , y4  ，
x  ny  t
222
联立方程 x2
 4
 y2  1
，消去 x 可得n
 4 y
 2nty  t
 4  0 ，
2nt
t 2  4
n t 2  4
 t 2
则 y3  y4   n2  4 ， y3 y4  n2  4 ，可得ny3 y4 
n2  4 
 y3  y4  ，
2t
因为k
 7k ，则 y4
 7 y3 ，即y4
7 y3，
21x  2x  2ny  t  2ny  t  2
43
整理可得6ny y  7 t  2 y
 t  2 y
43
，即 y
 012  3t 2
 y   7 t  2 y
 t  2 y
 0 ，
3 434
可得2t  3 t  2 y3  t  2 y4   0 ，
t3434
因为t  2, t  2 为常数，则t  2 y  t  2 y  0 不恒成立，则2t  3  0 ，即t  3 ，
342
则直线l : x  ny  3 ， Q  3 , 0  ， ny y  7  y  y 
2 23 41234
x  8
33

x  3
42
x  3
32

x  8
43
ny  7
36
 ny4
ny3 
ny  7
46
ny3
y

7
6
y4
ny y  7 y
3 46 3

MP

NQ
MQ

NP
因为
7
12

y3

y4


7
6
y4
7

y

y


7
y
12
3
4
6
3
7
12

y3

y4 
7

y

y
12
4
3
 1，
所以 MP  NQ  MQ  NP .