河南周口市第一高级中学等校2025-2026学年高二下册3月份第一次月考数学试卷（含答案）

这是一份河南周口市第一高级中学等校2025-2026学年高二下册3月份第一次月考数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 定义等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号深黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一､二册，选择性必修第三册第六章.
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. 在等比数列中，若，则（）
A. 3B. C. 6D.
【正确答案】C
【分析】应用等比数列下标和的性质计算求解.
【详解】等比数列中，因为，所以，
又因为，所以.
2. 现有4名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是（）
A. B. C. 20D. 9
【正确答案】B
【分析】每名同学都有5种选择，按分步乘法原理，即可解决该问题.
详解】每位同学选一个课外知识讲座，属于可重复问题，
每名同学都有种选择，所以共有种选法.
故选：B.
3. 若数列满足，则（）
A. B. 3C. D. 6
【正确答案】D
【分析】应用已知取倒数得出，得出数列通项规律即可求解.
【详解】因为数列满足，则，
又因为，所以，，，
所以当为奇数时，，当为偶数时，，
所以.
4. 已知函数在处可导，若，则（）
A. 4B. 8C. 12D. 16
【正确答案】A
【详解】将极限式变形.
对于第一项，，
令，当时，则.
对于第二项，，
令，当时，则.
因此.
由已知，解得.
5. 设等差数列的前项和分别为，若，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】利用等差数列的前n项和公式设，再利用关系即可求解.
【详解】∵，又因为等差数列的前项和分别为，
则设
∴.
6. 为保障某村举办的活动秩序，村委会需从报名的10名大学生（含甲､乙､丙3人）中选出6人组成志愿者团队，并分配到安检､引导､后勤三个岗位，每个岗位至少1人.已知大学生甲､乙､丙因熟悉流程必须参与且分别安排在三个岗位上，则所有不同的分配方案种数为（）
A. 960B. 1260C. 2180D. 5670
【正确答案】D
【详解】根据题意，甲、乙、丙必须参与且分别安排在三个不同的岗位，
因此先将甲、乙、丙分配到三个岗位，有 种分配方式.
再从剩余7人中选出3人，有 种选法，这3人可任意分配到三个岗位，每人有3种选择，
共种分配方式,故总方案数为
7. 已知抛物线的准线为，过焦点的直线与相交于两点，分别过作准线的垂线，垂足分别为.记与的面积分别为，若，则的面积为（）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】设，，，先证明，由可得，再利用三角形面积公式可得答案.
【详解】如图，设，，，则，.
因为，
所以，故.
由余弦定理得，
.
因为，，
由得，即.
而，所以
故.
8. 定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”.已知与为“契合函数”，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据新定义构造等式，利用参数分离将问题转化为，随后构造函数求的值域，通过求导分析单调性，利用隐函数条件和的单调性解得最小值，随后得到的取值范围.
【详解】根据“契合函数”的定义，在公共定义域内存在，使得，即.
移项得，因为，两边同除以得.
令，对求导: .
令，对求导:
，
所以在上单调递增.
因为，
，所以由零点存在定理，存在，使得，
即.
当时，，即，单调递减;
当时，，即，单调递增.
由可得.
令，则由上式可得，因为在时，，所以在上单调递增.
故，即.
于是的最小值为.
因为，且的最小值为，所以，
当时，，，故；
当时，，，故.
即取值范围是.
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. 已知直线与直线，则下列选项正确的是（）
A. 恒过定点
B. 若，则与圆相切
C. 若，则或
D. 若，则
【正确答案】ABD
【详解】对于A,将,代入:,恒成立,故 A 正确.
对于B,当时,,即.
圆心,半径,圆心到直线的距离,
故直线与圆相切,B 正确.
对于C,若,
当时,即,,斜率分别为和不存在,不平行.
当时,,,由得,即,
整理得,即,解得或.
当时,,,两直线平行不重合;
当时,即, ，
即,两直线重合,故时两直线重合而非平行,因此 C 错误.
对于D,若,当时,斜率不存在,斜率为,不垂直.
当时,,解得,即,,故 D 正确.
10. 已知函数，过点且与图象相切的直线有且只有一条，则的值可以为（）
A. B. C. D. 0
【正确答案】ACD
【分析】设切点横坐标为，将切线过点条件转化为，分析的单调性与极值后，需大于极大值或小于极小值，进一步结合选项得出答案.
【详解】由，求导得.
设切点为，则切线方程为.
因为切线过点，代入得，即.
将与代入并整理.
令.
所以过点的切线有且只有一条等价于：方程有唯一实数解.
.
令，易得或函数两极值点，计算极值：，.
易得当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减.
故的极小值为，极大值为.
方程有唯一解的条件为或.
结合选项：，符合条件；为极大值，不符合条件. 故的值为.
11. 设数列的前项和为，已知，则（）
A. 为等比数列B.
C. D.
【正确答案】BCD
【分析】对两边取倒数，并整理得，进而根据等比数列通项公式计算判断B，再应用等比中项判断A，应用分组求和及等比数列前n项和公式计算即可判断C，D.
【详解】记，由题意，数列满足，
可得
所以，
又，所以，则为常数，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
即数列为等比数列，首项为，公比为的等比数列，
，所以，所以，B选项正确；
因为，则，所以不是等比数列，A选项错误；
因为，所以，D选项正确；
因为，
所以，C选项正确；
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数（是的导函数），则__________.
【正确答案】
【分析】求导，得到，代入，求出，得到函数解析式，再代入求出答案.
【详解】因为函数，所以，
故，
即，解得：，
则，
故.
13. 已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点在该椭圆上，且轴，直线与轴交于点.若，则该椭圆的离心率为__________.
【正确答案】
【分析】由得出，再由离心率公式求解即可.
【详解】不妨设点在第二象限,则，设,.
,.
由得
比较坐标:，即.
化简得，得，故离心率.
14. 已知，则____________________.
【正确答案】 ①. 1 ②.
【详解】令 ，得.
令 ，得 ，代入上式得.
设，则
.
于是.
计算导数：，
所以.
因此.
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. 已知数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）设数列的前项和为，证明.
【正确答案】（1）
（2）证明见解析
分析】（1）应用计算得出通项公式；
（2）应用裂项相消计算求和结合范围即可证明不等式.
【小问1详解】
因为，
当时，，所以
当时，，
两式相减可得，所以当时，，
综上，；
【小问2详解】
因为，
所以，
所以
，
又因为，所以，所以.
16. 如图，在三棱锥中，为的中点.
（1）求直线与平面所成角的大小；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）取的中点，并以为原点建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量再利用空间向量求出线面角的正弦即得角.
（2）先求出平面的法向量，再利用空间向量求出面面角的余弦即得.
【小问1详解】
取的中点，连接，
由中，，，
所以为等腰直角三角形，得，又，
由为正三角形，得，，
又因为，所以，所以，
所以两两垂直，
以原点，以直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
于是，，，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值，所求角大小为.
【小问2详解】
由（1）知，设平面的法向量为，
则，令，得，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17. 已知的展开式中仅第5项的二项式系数最大，且第4项､第5项､第6项的系数成等差数列.
（1）求和的值；
（2）若，求的展开式中系数最大的项；
（3）若，且，求被5除的余数.
【正确答案】（1）,或.
（2）,.
（3）1
【分析】（1）根据二项式系数的性质求的值，再利用等差数列的性质求解；
（2）根据相邻项系数的关系列不等式可求的展开式中系数最大的项；
（3）根据，利用二项展开式求解.
【小问1详解】
由二项式系数性质,仅第5项最大,则为偶数且,解得.
第4、5、6项系数、、,成等差数列得.
代入,,,
整理得,解得或.
故,或；
【小问2详解】
由 (1) 知,或.因为,所以.
展开式通项为,系数为,.
设第项系数最大,则满足由
得,即.
由组合数计算公式得.,故,解得.
由得,即.
故,解得.
综上,即或.
故系数最大的项为第3项和第4项:,；
【小问3详解】
由 (1) 知,或.因为,所以.
又,则
故被5除的余数为.
18. 已知函数.
（1）讨论的单调性.
（2）已知函数.
①判断的极值点个数；
②若有3个极值点，证明：不构成等差数列.
【正确答案】（1）当 时，函数 在 上单调递减， 当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）①答案见解析；②证明见解析；
【分析】（1）求出函数的导数，按、分类讨论求出函数的单调性.
（2）①先求出导函数，再分、分类讨论求出函数的零点，进而得出极值点个数；②因有三个极值点，即有三个不相等的正实根，从而再将问题转换为两函数图象的交点个数，进而确定的取值范围，再构造函数证明即可.
【小问1详解】
函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，由，得；由，得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数在上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
①函数，定义域为.
，令，则或，
当时，方程只有1个根1，有一个极值点；
当时，方程等价于.
设，，
当时，由于，，且单调递增，而单调递减，
故两函数图象在上没有交点，有一个极值点；
当时，因为，设图象的一条过原点的切线方程为，
其中切点为.故，解得，即该切线方程为.
因此，当时，即，函数与的图象有两个交点且横坐标不为1，所以有三个极值点；
当时，函数与的图象有一个交点，即恒成立，所以有一个极值点；
当时，即，函数与的图象没有交点，所以有一个极值点；
综上，当或时，有一个极值点；
当时，有三个极值点；
②因为有三个极值点，因此在上有两个不同的根，且，
又的极值点，不妨设，
此时，有三个不等实根，即有三个极值点，
所以，两边同时取自然对数，
得，
两式相减得，即，
令，构造函数，
求导得，所以函数在上单调递增，
于是，所以成立，
于是，所以，
所以不构成等差数列．
19. 已知双曲线，过点的直线l与圆交于A，B两点，且的最小值为，当直线l平行于双曲线C的渐近线时，双曲线C的左顶点到直线l的距离为．
（1）求双曲线C方程；
（2）过双曲线C上一点R作两条渐近线的垂线，垂足分别为G，H，证明：；
（3）已知点，两个不重合的动点M，N均在双曲线C上，直线PM，PN分别与y轴交于点E，F，点Q在直线MN上，且．试问：是否存在定点T，使得为定值？若存在，求出该定点T和；若不存在，请说明理由．
【正确答案】（1）.（2）证明见解析.
（3）存在定点，使得为定值.
【分析】（1）根据题意确定到直线距离最大时，最小，可求出，继而确定左顶点为，
由左顶点到直线l的距离为可求出双曲线方程.
（2）设，由点到直线距离公式，表示出和，经计算可证明；
（3）设直线：，与双曲线联立，由，可求出直线过定点，结合，可知在以为直径的圆上，则圆心为定点，到点的距离为定值.
【小问1详解】
由题可知：圆心，半径为，
设点到直线的距离为，则；
的最大值为，此时最小，，解得：；
则双曲线渐近线为，
当直线l平行于双曲线C的渐近线时，：，（取斜率为正的情况），
此时左顶点到的距离为，解得：，
双曲线方程为：
【小问2详解】
双曲线渐近线为：，设点，满足，即
则点到渐近线的距离为：，，
所以.
【小问3详解】
设，，直线：，与双曲线联立可得：
，
，
，；
直线：，当时，求得，同理，
由，可知即：，
整理得：，
代入韦达定理化简得：
若，则直线：，过点，与题意矛盾，舍去；
若，直线：，恒过定点.
∵，点Q在直线MN上，∴，
根据直径所对圆周角为直角，可确定在以为直径的圆上，
圆心为中点，到圆心的距离恒为；
故存在定点，使得恒成立.