云南省玉溪第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题

玉溪一中高2026届高二下学期月考试卷 数 学 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．已知，则（  ） A． B． C． D． 2．已知等比数列的前项和为，若公比，，则（    ） A．49 B．56 C．63 D．112 3．玉溪市正在创建全国文明城市，现有甲、乙、丙、丁 4人，平均分成两组，其中一组指挥交通，一组打扫街道卫生，则甲、乙不在同一组的概率为（    ） A． B． C． D． 4．设直线的方向向量为，平面的法向量为，则是的（   ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 5．已知点是圆上的动点，则点到直线距离的最小值是（  ） A．4 B．3 C．2 D．1 6.已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围是   A. B. C. D. 7.已知函数的定义域为R，其导函数满足，则      A. B. C. D. 8．已知双曲线的左，右焦点分别为，左，右顶点分别为，点B的坐标为在双曲线上，是的中垂线，若的周长与的周长之差为，则双曲线的方程为（  ） A． B． C． D． 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. 9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若在处的瞬时变化率为3，则 B. 当时，函数在区间上的最小值为1 C. 若在R上单调递增，则 D. 当时，函数图象的对称中心是 10．设等差数列的前项和为，，公差为，，，则下列结论正确的是（ ） A． B．当时，取得最大值 C． D．使得成立的最大自然数是17 11．如图，已知圆台的轴截面为，其中为圆弧的中点，，则（  ） A．圆台的体积为 B．圆台母线所在直线与平面所成角的最大值为 C．过任意两条母线作圆台的截面，截面面积的最大值为 D．过三点的平面与圆台下底面的交线长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．抛物线的焦点坐标是 . 13．已知数列满足且则的通项公式 ． 14. 若曲线有两条过坐标原点切线，则a的取值范围是________________． 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．（13分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知. (1)求角A的大小； (2)若，，求的面积. 16.（15分）已知函数． （1）当时，求函数的极值； （2）求在上的最大值． 17．（15分）已知椭圆经过点 (1)求的方程和离心率； (2)若过点A且斜率为1的直线与的另一个交点为，求的面积． 18．（17分）已知等差数列满足，是关于的方程的两个根. (1)求和； (2)求和； (3)设,求数列的前项和． 19.（17分） 对于函数的导函数，若在其定义域内存在实数和，使得成立，则称是“跃点”函数，并称是函数的“跃点”. （1）若函数是“跃点”函数，求实数的取值范围； （2）若函数是定义在上的“1跃点”函数，且在定义域内存在两个不同的“1跃点”，求实数的取值范围； （3）若函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在一个“1跃点”，求实数的取值范围. 玉溪一中高2026届高二下学期月考试卷 数 学 参考答案 1．【答案】B 【详解】因为，所以.故选：B 2.【答案】B 【详解】∵，∴.故选：B. 3.【答案】C 【详解】根据指挥交通组选人打扫街道组选人，基本事件总数为6， 甲乙在同一组包含基本事件总数为2，其概率为， 其对立事件：“甲、乙不在同一组” 所以甲、乙不在同一组概率为.故答案为：C 4．【答案】B 【详解】已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则由得到或, 故是的非充分条件； 由可得，故是的必要条件.故选：B 5．【答案】C 【详解】因为圆可化为， 所以圆心坐标为，半径， 因为圆心到直线的距离， 所以直线与圆相离， 所以点到直线距离的最小值是.故选：C. 6.【答案】A  【详解】若恒成立，则， ，由，得；由，得， 在上单调递减，在上单调递增，， 由，得，故选：A 7.【答案】B 【详解】构造函数，R，则，所以函数为R上的减函数，则，即，所以，A错误，B正确；因为，所以，即，所以，C错误，因为,D错误．故选B. 8．【答案】B 【详解】因为是的中垂线，所以，， 若的周长与的周长之差为， 则， 即，① 又，所以，② 且，③ 解①②③组成的方程组可得， 则双曲线的方程为.故选：B. 9. 【答案】BD 【详解】函数的定义域为R，求导得， 对于A，，解得，A错误； 对于B，当时，， 当或时，，当时，， 函数在区间上单调递增，在上单调递减，， 函数在区间上最小值为，B正确； 对于C，在R上单调递增，则恒成立， ，解得，C错误； 对于D，当时，，对称轴为，所以函数图像的对称中心是，D正确.故选：BD 10.【答案】ABC 【详解】因为等差数列中， ，， 所以，，，A正确； 当时，取得最大值，B正确； ，C正确； ，， 故成立的最大自然数，D错误．故选：ABC 11．【答案】ABD 【详解】A.∵，∴圆台上底面圆半径为，下底面圆半径为， ∴圆台的高， ∴圆台的体积，A正确. B.由，，得，由得，. 如图，将圆台补成圆锥，顶点记为，底面圆的圆心记为，连接， ∵为圆弧的中点，∴. ∵平面，平面，∴， ∵平面， ∴平面， ∵平面，∴平面平面， 此时母线所在直线与平面所成的角最大，最大为，，B正确. C.由得，，∴， 当两条母线所在直线夹角为时，截面面积最大，最大值为，C错误. D.如图，在梯形中，连接并延长交的延长线于点，连接交底面圆于点，则为截面与底面圆的交线. 由得，，，∴，， 取中点，则， ∴，D正确.故选：ABD. 12.【答案】 【详解】由，得到，所以， 所以抛物线的焦点是. 13.【答案】 . 【详解】由可知数列是以为首项，1为公差的等差数列， 即可得，所以. 故答案为： 14.【答案】 【详解】∵，∴， 设切点为,则,切线斜率, 切线方程为：, ∵切线过原点，∴, 整理得：, ∵切线有两条，∴,解得或, ∴的取值范围是, 故答案为： 15.【答案】(1)；(2) 【详解】（1）由正弦定理得. 因为，所以，，. 因为在中，，所以，. （2）由，及余弦定理. 得，解得或（舍） 所以，. 16.【答案】(1)(2) 【详解】(1)函数的定义域为，则. 当时，，得， 当 (2)由（1）知，当时，函数在上单调递减， 此时，； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减， 此时，； 当时，函数在上单调递增，此时，. 综上所述，. 17．【答案】(1)，; (2) 【详解】（1）由题意得解得 所以的方程为． 的离心率为． （2）由题意知直线的方程为， 联立得得或所以 观察可知是等腰三角形，且与轴平行，所以． 18.【答案】(1),; (2) ,;(2) 【详解】（1）设等差数列的公差为. 当时，是方程的两根， 由韦达定理得，① 当时，是方程的两根， 由韦达定理得，② 由①②，解得； （2）由（1）知，所以， 则，对于方程， 由韦达定理得，即， （3）， 所以 . 19.【答案】（1）； （2）； （3）. 【详解】(1)函数的导函数为， 因为函数，是“跃点”函数， 则方程有解，即有解， 而，因此，解得， 所以实数的取值范围是. (2)函数的导函数为， 依题意，方程，即上有两个不等实根， 令，因此函数在上有两个不同零点， 则，解得或， 所以实数的取值范围是. (3)函数的导函数为， 因为函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在一个 “1跃点”， 则方程，显然，所以上恰有一个实根， 令，求导得， 由，得；由，得且，， 于是函数在上单调递减， 恒成立，函数的取值集合是；函数在上单调递减，函数的取值集合是； 函数在上单调递增，函数的取值集合是，函数的图象，如图， 当时，直线与函数的图象有唯一公共点，即方程恰有一个实数根，从而， 所以b的取值范围为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$