2026荆州荆州中学高二下学期3月月考数学试卷含解析

这是一份2026荆州荆州中学高二下学期3月月考数学试卷含解析，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 体积为球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设该球半径为r，则，解得，
则该球的表面积为．
2. 设函数，则（ ）
A. 3B. C. 6D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】求出函数的导函数，确定，再根据导数的定义计算可得.
【详解】因为，
因为，所以，所以.
即.
3. 已知等差数列满足，且，则首项（ ）
A. B. 0C. 1D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列基本量运算求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，且，
所以，所以．
故选：C．
4. 已知双曲线的离心率为，C的渐近线与圆相切，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为双曲线的离心率为，所以，
又，即，所以，
因为双曲线的渐近线方程为.
由，得，即，
圆与渐近线相切，圆的圆心为.
所以，解得．
5. 设是函数的导函数，的图象如图所示，则的图象最有可能是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据导函数的正负性与原函数的单调性的关系进行判断即可.
【详解】由的图象知，当时，为增函数，当时，为减函数，当时，，为增函数.
故选：C
6. 已知数列满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】当时： 原式变为 ，整理得：
当时： 原式变为 ，已知，且由得，
代入得： 化简得 ，解得 ，
把代入式(1)，得 ，解得
时：原式变为 ，由得前两项和为 ，
代入得： 化简得 ，解得
故 ，D对
7. 直线分别与及交于两点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解法一：令，可得到，利用导数可求得的最小值，即为的最小值；
解法二：过向直线做垂线，知，则到直线的距离最小时，最小；将直线平移至与曲线相切，切点即为所求点利用导数可取得此时点坐标，由此得到结果.
【详解】解法一：设，，
则，，
即，
记，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
当时，，即的最小值为.
解法二：过向直线做垂线，垂足为，
，要使最小，则最小，即到直线的距离最小，
将直线平移至与曲线相切，切点即为所求点.
设切点为，由可得：，解得：，切点为，
，，，即最小值为.
故选：B.
【点睛】思路点睛：本题第二种解法是通过平移的思路将问题转化为已知切线斜率求解切点坐标的问题，利用导数的几何意义即可求得结果.
8. 已知函数，仅有唯一极值点，则实数的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数与极值的关系求解即可.
【详解】.
因为函数在上仅有唯一极值点，
所以在上仅有一个变号根，显然为一个变号根，
所以在上恒大于等于0或恒小于等于0.
.
当，即时，在上恒成立，
此时在单调递增，且，
所以在恒成立，故满足题意.
当，即时，令，解得.
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
所以在上恒大于等于0或恒小于等于0均不成立，
因此不符合题意.
综上，实数的取值范围为.
二、选择题：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. 函数在定义域内可导，若，且，若，，，则a，b，c的大小关系正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【详解】由得，则函数关于对称，
当时，由得，函数单调递减；
当时，由得，函数单调递增.
又，，，故.
10. 已知圆，抛物线的焦点为，为上一动点，当运动到点时，，直线与相交于，两点，则（ ）
A.
B. 若为上一点，则最小值为1
C. 若，则直线与圆相切
D. 存在直线，使得，两点关于对称
【答案】AC
【解析】
【分析】根据焦半径公式求得判断A，设，利用二次函数性质求得最小值为4，进而利用圆的性质求得最小值为判断B，求出直线的方程，然后利用圆心到直线的距离等于半径判断C，设，与抛物线方程联立，利用韦达定理求出中点坐标，代入求出，与判断D.
【详解】因为当运动到点时，，所以，故A正确；
抛物线，其焦点，
圆的圆心，半径为，
设，则，
即最小值为4，
所以最小值为，故B错误；
若，由B选项可知，则，
故直线的方程为，
因为圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相切，故C正确；
假设存在直线使得，两点关于对称，
设，
由，消得到，即，
则，解得，
又，，
则，解得，与矛盾，不符合题意，故D错误.
故选：AC.
11. 已知正三棱柱的外接球球心为，半径为，且（为常数），点满足.则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 当时，的最小值为
C. 当时，存在点，使得平面
D. 当时，点到直线的最小距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用外接球的性质求出各线段长度，考虑动点轨迹，将选项转换成等价命题，必要时建立空间直角坐标系求解
【详解】
设正三棱柱的边长为，外接球球心为，所以，
又因为，因此，由于等圆中相等圆心角所对的弦相等，
所以.
下底面中，的边上的中线，重心在线段上，且是其一个三等分点.
易知，根据勾股定理得，
解得，即正三棱柱的边长为.
在中，由余弦定理得，
求得，故.所以A选项正确.
上底面中，的边上的中线为.当时，动点在线段上运动.
要使的值最小，我们可以将二面角摊开成平面，如图：
由于两点间线段最短，故当与交点时，最小，
最小值为.所以B选项错误.
中点为，中点为，中点为，与相交于.
为的重心，为的中线，故三点共线.
而平面，所以平面.
当时，点在线段上运动.取，即与重合.由于是正方形，所以.
因为，，是平面平面内的两条相交直线，
所以平面，而，所以平面，故.
因为平面，平面，所以平面.
即当时，平面.选项C正确.
当时，即动点在线段上运动.
要求到直线距离最短，即要到平面距离.
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
,,,.
，，.
设平面的法向量.
故，取，则.
到平面的距离为.选项D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若直线与直线互相垂直，那么a的值等于______．
【答案】
【解析】
【详解】因为直线与直线互相垂直，所以，所以.
13. 如图所示的几何体由一个正四棱锥和一个正四棱柱组合而成.已知正四棱锥的侧棱长为，正四棱柱的高为，则该几何体的体积的最大值为_________.

【答案】##
【解析】
【分析】设正四棱锥的高为，则，底面积为，设正四棱锥的底面边长为，根据几何关系可得，可得出该几何体的体积关于的函数关系式，利用导数求出的最大值，即为所求.
【详解】设正四棱锥的高为，则，底面积为，设正四棱锥的底面边长为，
则正四棱锥的底面对角线长为，
由勾股定理可得，可得，则.
该几何体体积.
令函数，
则.
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
故.
因此，该几何体的体积的最大值为.
故答案为：.
14. 在数列中，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列称为的一阶差数列，记为，依此类推，的一阶差数列称为的二阶差数列，记为，…，如果一个数列的阶差数列是等比数列，则称数列为阶等比数列.若数列满足，，则_________；若数列为二阶等比数列，其前5项分别为2，2，3，，，则_________．
【答案】 ①. 36 ②.
【解析】
【分析】根据数列的新定义代入即可求出. 设数列为原数列的一阶差数列，为原数列的二阶差数列. 由数列为二阶等比数列得到为等比数列，结合已知条件求出的公比及通项公式，利用裂项相消法即可依次求出、的通项公式.
【详解】因为，，所以，，，所以；
设数列为原数列的一阶差数列，为原数列的二阶差数列．
则由题意可知，，，
，．
由题意知为等比数列，故公比，所以，即．
当时，
，
将代入得，符合，
所以，．所以，
当时，
，
将代入得，符合，
所以，．
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. 已知函数，其中，且曲线在点处的切线平行于直线．
（1）求a的值；
（2）求函数的单调区间与极值．
【答案】（1）4 （2）单调增区间为，单调减区间；极大值，极小值
【解析】
【分析】（1）求出导函数，利用求得；
（2）令、，解出对应不等式，再列表确定的正负，得到单调区间和极值．
【小问1详解】
求导得：，
，
；
【小问2详解】
由（1）可得：
令得：或，令得：
于是函数的单调增区间为，单调减区间
当变化时，的变化情况如下表：
于是：当时，有极大值；当时，有极小值．
16. 已知公差不为零的等差数列的前3项和为9，且，，成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设数列的公差为，利用等差数列的基本量运算和等比中项的定义求出，即可求得数列的通项公式；
（2）求出的通项，利用裂项相消法求出的前项和，即可证明.
【小问1详解】
设数列的公差为，则，，
由，可得，
又，，成等比数列，故，即，整理得，
因为，故，代入可得，，．
故．
【小问2详解】
，
故
因，则，故可得.
17. 如图，在三棱锥中，D是棱AB的中点，，，是边长为4的正三角形，．
（1）证明：；
（2）点E满足，且平面PAE，
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求直线CE与平面PAE所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）（ⅰ）（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）先由线线垂直证明平面，推得，由勾股定理求出，再由其逆定理证明即可；
（2）（ⅰ）方法一：通过延长CD，PE交于点F，由线面平行的性质证明，由三角形全等得到，即可推得；方法二：由（1）已证，即可建系，求出平面PAE的一个法向量，由因平面PAE，利用即可求出的值；（ⅱ）在方法二建系基础上，利用空间向量的夹角公式计算即得直线CE与平面PAE所成角的正弦值.
【小问1详解】
因是边长为4的正三角形，且D是棱AB的中点，则，，
又，平面，则平面，因平面，则，
又，则，因，，由可得.
【小问2详解】
（ⅰ）法1．综合法：因，则D，E，C，P共面，延长CD，PE交于点F，连接AF，
则点平面中，由平面PAE，平面平面，平面ABC，
，∴，
又∵D是棱AB的中点，，故，则，又，
则，即．
法2．坐标法：由（1）已证，易得CD，PD，AB两两垂直，
以D为坐标原点，分别以DC，DA，DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
于是，，，，，
∵，则，
，
设平面PAE的一个法向量为，
∴，不妨取，则,
因平面PAE，则，解得．
（ⅱ）由（ⅰ）可得平面PAE的法向量，
又，
设直线CE与平面PAE所成角为θ，
则，
即直线CE与平面PAE所成角的正弦值．
18. 已知动圆C与圆内切，同时与圆外切，圆心C的轨迹为曲线E，过抛物线的焦点F且斜率不为0的直线l交曲线E于点M、N，，，直线与直线交于点P．
（1）求曲线E的方程；
（2）记，的面积分别为，，若，求直线l的斜率；
（3）记直线、的斜率分别为，，则是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）是定值，
【解析】
【分析】（1）根据两圆位置关系可得，结合椭圆定义求解；
（2）设，，分别表示出和的面积，利用面积比条件建立与的模长关系，设直线的方程后联立椭圆，通过韦达定理结合的条件建立关于斜率参数的方程并求解；
（3）先由直线的方程与联立求出点坐标，进而得到直线的斜率，结合的斜率构建比值表达式，代入直线参数方程进行化简，最后利用韦达定理消去坐标变量，判断比值是否为常数.
【小问1详解】
圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径，
因为，所以圆内切于圆，
由，可得，故切点坐标为，故，
设动圆C的半径为，则圆C与圆内切时，，
圆C与圆外切时，，
所以，
由椭圆的定义可知，曲线E的方程为.
【小问2详解】
设，，又，，，
面积，
面积.
由，得，
因为M，N在F两侧，故，异号，不妨设.
设直线，与椭圆联立得：，
则，，
代入，得：，，
消去得：，
所以，所以直线的斜率.
【小问3详解】
由题得直线，令得：，
所以，又直线BN的斜率，
于是：，代入，，
所以，
由韦达定理得：，，
可得：，．
代入上式，分子，
分母，
所以.
19. 已知函数，，．
（1）当时，若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围；
（2）若对，不等式恒成立，其中为自然对数的底数，求的最小值．
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）当时，分析单调性与极值，因为函数有两个零点，所以其极小值需小于0，同时结合函数在定义域端点处的极限趋势，建立关于的不等式求解范围.
（2）所以先求的导数，根据的取值范围分析函数的单调性，找到其最小值点，再将最小值代入不等式，得到关于，的关系式，将转化为关于的函数，最后利用导数求该函数的最小值.
【小问1详解】
当时，，.
，，
当时，，，单调递减，当时，，，单调递增；
当时，，当时，，
若函数有两个不同的零点，需.
此时在和上各存在一个零点.
小问2详解】
∵，恒成立∴
则，
当时，，则在递增，且时，，则不成立；
当时，，由，得，此时；
当时，令可得，即在上递减，
令可得，即在上递增，
∴
则，故，
设，，
则，
设，可知单调递增，且，
所以，，，则在单调递减；
，，，则在单调递增.
则，的最小值为1，当且仅当，时取得等号．
综上所述：的最小值为1．
1
4
＋
0
-
0
＋
单调递增
单调递减
单调递增