河南信阳高级中学北湖校区2025-2026学年高二下期03月测试（二）数学试卷（含答案）

这是一份河南信阳高级中学北湖校区2025-2026学年高二下期03月测试（二）数学试卷（含答案），共29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。
数学试题
一、单选题：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. 已知函数，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】利用求导法则求导，代入即可求解.
【详解】，所以，
故选：A
2. 已知直线与直线平行，则（ ）
A. B. 3C. 12D.
【正确答案】A
【分析】根据直线平行列方程，由此求得的值.
【详解】因为直线与直线平行，所以，
即，解得.经检验成立
故选：A.
3. 数列是各项均为实数的等比数列，则“”是“数列为递增数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】A
【分析】由，可得，可得数列为递增数列；举反例说明反之不成立，根据充分不必要条件的定义即可得答案.
【详解】设数列的公比为q（），
，
，可得，
于是数列为递增数列；
反之不成立，例如数列是递增数列，但．
“”是“数列为递增数列”的充分不必要条件．
故选：A．
4. 某博物馆新增包括在内的8件文物，其中5件是清朝的，3件是唐朝的，且都是清朝的．现将这些文物摆成一排，要求必须相邻，但唐朝的文物不得相邻，则所有不同的摆法种数为（ ）
A. 1440B. 2160C. 2880D. 3050
【正确答案】C
【分析】用捆绑法和插空法解决相邻和不相邻问题，再利用分步乘法原理即可得结果.
【详解】先排列5件是清朝的，由于必须相邻，用捆绑法得排列数有：；
由于唐朝的3件文物不得相邻，用插空法得排列数有：；
由乘法原理得：所有不同的摆法种数为，
故选：C.
5. 在空间直角坐标系中，已知，则点到直线的距离是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】先求出与的坐标，再根据点到直线距离的向量坐标公式计算即可求解．
【详解】因为，
所以，，
所以，，
所以点到直线的距离为.
故选：A.
6. 已知圆，直线，则下列结论错误的是（ ）
A. 直线l与圆C不可能相切
B. 当时，圆C上恰有三个点到直线l的距离等于1
C. 恰有三条直线与圆C和圆都相切
D. 直线l与直线垂直
【正确答案】B
【分析】对于A项，求出直线经过的定点坐标，判断该点与圆的关系，即可判断；对于B项，代入，得出直线的方程，求出圆心到直线的距离，即可得出答案；对于C项，根据两直线的系数计算即可得出；对于D项，根据已知可知两圆外切，根据已知求出两圆圆心、半径，列出方程，求解即可得出答案.
【详解】对于A项，整理直线
可得出，
解方程组可得，直线过定点.
圆的圆心为，半径为，
则，
所以点在圆内，即直线过圆内一定点，
所以，直线l与圆C一定相交，不可能相切.故A正确；
对于B项，当时，直线化为.
此时有圆心到直线的距离，且，
因此圆C上只有两个点到直线l的距离等于1.故B错误；
对于C项，圆可化为，
圆心为，半径为.
因为，所以两圆外切，
即恰有三条直线与圆C和圆都相切，故C正确；
对于D项，因为，
所以直线l与直线垂直，故D项正确.
故选：B
7. 已知函数的导函数满足：对任意的都有，若，则实数k的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由构造，得到其单调性，对不等式变形后得到，从而由单调性解不等式，求出答案.
【详解】设，则在R上恒成立，
所以在R上单调递增，
可变形为，
即，
由的单调性可知，解得，
实数k的取值范围是.
故选：A
8. 已知双曲线C的左、右焦点为，，P为其右支上一点，直线与左支交于点A，且，的平分线与x轴交于点B．若，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据给定条件，利用角平分线性质得到，再利用双曲线定义结合余弦定理建立方程求出离心率.
【详解】因为的平分线为 ，所以根据角平分线定理，点 B 到 和的距离相等，
所以,
由双曲线的定义得到，解得，
又因为，所以
结合，解得，
所以，所以为等边三角形，即，
所以在中由余弦定理得到，
即，解得，
所以双曲线C的离心率为.
故选：B.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分.
9. 数列的前项和为，且，则（）
A. B. 数列为等差数列
C. D. 数列为单调递减数列
【正确答案】BCD
【分析】根据所给递推公式令求出，当时作差得到，即可求出的通项公式，即可判断；结合等差数列的定义可判断B；再根据等比数列求和公式判断C．
【详解】因为①，
当时,，所以，
当时,②，
①－②得，所以，经检验当时也成立，所以，
则，所以，即，故A错误，D正确；
又是以为首项，为公比的等比数列，则，
故数列是公差为的等差数列，故B正确；
，所以，即C正确.
故选：BCD.
10. 设O为坐标原点，已知抛物线的焦点为F，C的准线与x轴交于点，过点D的直线l与C交于A，B两点，则（ ）
A. B. 直线l的斜率的取值范围为
C. D.
【正确答案】AC
【分析】由题设求参数判断A，再令且，联立抛物线，应用判别式求参数范围，进而确定斜率范围判断B，由向量数量积的坐标表示及韦达公式求判断C，由抛物线的定义及韦达公式求判断D.
【详解】由题设，则，故，A对，
由题意，直线的斜率存在且不为0，令且，联立抛物线得，
所以，则，可得或，
所以或，则直线l的斜率的取值范围为，B错，
由，而，，
所以，
所以，C对，
由，，则，
而，则，D错.
故选：AC
11. 设函数，则（ ）
A. 当时，是的极大值点
B. 当时，有三个零点
C. 若满足，则
D. 当时，若在上有最大值，则
【正确答案】AC
【分析】根据导数的形式讨论导数的符号后可判断A的正误，再讨论单调性后可判断BD的正误，根据题设中的恒等式可求的值，故可判断C的正误.
【详解】对于A，，
当时，或时，；当时，，
故为的极大值点，故A正确；
对于B，当时，由A的分析同理可得：
当或时，；当时，，
故在为减函数，在上为增函数，
而，，
，故只有一个零点；
对于C，
，
由题设可得恒成立，
故即，故C正确.
对于D，取，由B的分析可得：
在为增函数，在上为减函数，在为增函数，
而，，此时在无最大值，
故选：AC.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在等比数列中，，，则______．
【正确答案】2
【分析】根据等比数列通项公式得，化简得关于的方程，解出的值，而，代入即可.
【详解】设等比数列的公比为，首项为，显然由题知，，
，，
化为,解得或（舍去），
，
故2 .
13. 若函数在区间上单调递减，则实数m取值范围为______．
【正确答案】
【分析】由题意得到上恒成立，参变分离，只需，求出，从而得到答案.
【详解】，
由题意得在上恒成立，
因为，所以在上恒成立，
即在上恒成立，只需，
其中，所以.
故
14. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点A，B及动点P，若（且），则点P的轨迹是圆．后人以他名字将此圆命名为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，已知，，点P满足，直线：，直线：，若Q为与的交点，则的最大值为__________．
【正确答案】
【分析】首先根据阿波罗尼斯圆的定义求出点P的轨迹方程，再确定直线与的交点Q的轨迹，最后根据点与圆的位置关系求出的最大值.
【详解】设，由得到，，
化简得到，因此，点P的轨迹是以为圆心、半径的圆，
直线：，变形为，则直线恒过定点，
直线：，变形为，则直线恒过定点，
又因为，所以，
则点Q的轨迹是以和为直径端点的圆，圆心坐标为 ，半径为,
两圆的圆心距为，两圆内含.
根据点与圆的位置关系，的最大值等于两圆的圆心距加上两圆的半径之和，
即.
故答案为.
四、解答题：本大题共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. 已知圆的圆心在直线上，且直线被圆截得的弦长为.
（1）求圆的方程；
（2）过点作圆的切线，求切线的方程.
【正确答案】（1）
（2）或.
【分析】（1）根据圆心坐标以及弦长公式计算可得结果；
（2）分别讨论直线斜率是否存在，再由圆心到切线的距离等于半径可得结果.
【小问1详解】
圆的圆心为，
由圆心在直线上可得，即圆心；
易知圆心到直线的距离为，
由弦长公式可得，解得；
所以圆的方程为；
【小问2详解】
当切线斜率不存在时，过点的直线方程为，
显然到的距离等于3，符合题意；
当切线斜率存在时，可设过点的直线方程为，
则圆心到的距离为，解得；
此时切线方程为，即；
综上可知，切线的方程为或.
16. 已知单调递增的等差数列的前n项和为，且，，，成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，数列的前n项和为，求．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）设公差为，利用等比中项概念与等差数列前n项和的基本量运算可求得，从而可写出通项公式；
（2）利用裂项相消法与分组求和法即可求得答案.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，则，
因为成等比数列，所以，
由于，
所以，化简得.
解得或，又，所以.
故数列的通项公式为；
【小问2详解】
由（1）得，则，
则，
所以，
则
.
17. 如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，且，，E为的中点.
（1）若分别为中点，求证：平面；
（2）若平面，，求直线与平面所成角的正弦值.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）法一：先由等腰直角三角形得且，故，再利用“三角形中位线定理”得，运用平行传递性结合线面平行判定定理即可证平面；
法二：取的中点N，的中点M，连接，依次求证和得到即可求证平面；
（2）先建立适当空间直角坐标系，求出平面的法向量为，再由即可计算得线面角的正弦值；
【小问1详解】
解法1： 与为等腰直角三角形且，
所以，..
E为的中点，，
，，即，
∴四边形为平行四边形，故，
分别为的中点，，所以，
平面，平面，平面；
解法2： 取的中点N，的中点M，连接，
与为等腰直角三角形且，
由，..
分别为的中点，
，且.
，，
，∴四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面；
【小问2详解】
平面，以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
，
设平面的一个法向量为，，
，取，.
设与平面所成角为，
则，
即与平面所成角的正弦值为.
18. 已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）若有两个极值点，求实数的取值范围；
（3）若在区间上有且仅有一个零点，求实数的取值范围．
【正确答案】（1）答案见解析；
（2）；
（3）.
【分析】（1）求导，令，可求单增区间与单减区间；
（2）求导可得，由已知可得有两个正根，求解即可；
（3）由与在上有一个交点，利用导数判断的单调性，进而可求得实数的取值范围.
小问1详解】
若，，
则，
令，解得，令，解得，
所以函数单调递减区间为，单调递增区间为；
【小问2详解】
由，可得，
由有两个极值点，则有两个变号零点，即有两个正根，
所以，解得，
所以实数的取值范围为；
【小问3详解】
由在区间上有且仅有一个零点，得在区间有一个根，
即在区间有一个根，
即与在上有一个交点，
由，可得，
因为，所以，
所以对恒成立，所以在上单调递增，
又，
因为，可得，当时，，
所以函数单调递减，所以，所以，
所以时，，
所以，所以实数的取值范围为．
19. 已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）椭圆C的左焦点为F，若T为直线上一点，过点F且与TF垂直的直线交椭圆C于P，Q两点，线段PQ的中点为M.
（ⅰ）证明：点M在直线OT上（O为原点）；
（ⅱ）求的面积的最大值，以及此时点T的坐标.
【正确答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）面积最大值为，点T的坐标.
【分析】（1）利用离心率和椭圆过的点列方程求解即可；
（2）（ⅰ）设，，易知直线PQ的斜率不为0，设PQ的方程为，代入椭圆方程，韦达定理，求出PQ的中点坐标，进而有，即可证明；
（ⅱ）由（ⅰ）可得，利用基本不等式求得的面积最大值及此时点T的坐标.
【小问1详解】
由题知，∴，∴，
又，∴，，
∴椭圆C的标准方程为.
【小问2详解】
（ⅰ）由题可设，，PQ的中点为，
若直线PQ斜率为0，不存在满足的点T，故设PQ的方程为，
代入椭圆方程得，
则，，，
∵TF的方程为，令，得，
∴，∴OT过PQ的中点，即点M在直线OT上.
（ⅱ）由（ⅰ）可得，
.
∵，
而，，，
当且仅当，即时等号成立.
∴，当且仅当时等号成立.
∴的面积最大值为，及此时点T的坐标.