精品解析：江西省多校联考2025-2026学年高二上学期1月质量检测数学试题（湘教版）

高二数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：湘教版选择性必修第一册，选择性必修第二册第1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. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 抛物线交点坐标为，算出即可. 【详解】由，得，故抛物线的焦点坐标为. 故选：D. 【点睛】本题考查抛物线的定义及方程，求抛物线焦点坐标时，一定要注意将方程标准化，本题是一道基础题. 2. 一质点A沿直线运动，位移y（单位：m）与时间t（单位：s）满足关系式，则质点A在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导函数在处的函数值即可. 【详解】由题知，当时，，故质点A在时的瞬时速度为. 故选：B. 3. 已知点在圆内，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据点在圆内，将点坐标代入圆方程列出不等式，求解即可． 【详解】由题知，解得， 故选：A． 4. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先将函数求导，再代入，即可求解． 【详解】由题知，则， 所以， 故选：C． 5. 7个人站成一排，其中甲、乙必须相邻，丙不能站两端，则不同的站法种数为（ ） A. 960 B. 980 C. 1060 D. 1260 【答案】A 【解析】 【分析】先把甲乙相邻的总数算出来，然后把其中丙站两端算出来，最后相减. 【详解】甲、乙相邻，有种不同排法，其中丙站两端的站法有种， 故甲、乙必须相邻，丙不能站两端的站法有种. 故选：A. 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，是上一点，，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用双曲线的定义与已知联立，求出、，再由结合勾股定理得到与的关系，进而求出双曲线的离心率. 【详解】设双曲线的焦距为，不妨设点在第一象限， 则，解得，又， 所以，即，所以的离心率. 故选：B 7. 已知等比数列的前n项和为，若，且，则（ ） A. 17 B. 18 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设的公比为q，根据等比数列的片段和的性质，求得公比即可求解． 【详解】设的公比为q，则， 所以，又， 所以，解得或（舍）， 所以， 故选：A． 8. 某学校拟派5名教师去甲、乙、丙这3所不同的学校参观学习，每名教师只去一所学校，每个学校至少要派遣1名教师，若去甲校的人数不得少于丙校，则不同的派遣方案有（ ） A. 110种 B. 100种 C. 90种 D. 80种 【答案】B 【解析】 【分析】根据丙校派遣的人数进行讨论，结合计数原理即可求解． 【详解】若丙校派遣1人，则甲校可以派遣1或2或3人，派遣方案有种； 若丙校派遣2人，则甲校必须派遣2人，派遣方案有种； 所以满足条件的不同的派遣方案有种． 故选：B． 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. （多选题）已知直线，，若，则与间的距离可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】先根据直线平行，求出的值，再求两平行线间的距离得解. 【详解】由，得，解得或. 当时，的方程为，即，，则与间的距离为； 当时，，，则与间的距离为. 故选：BD. 10. 已知等差数列的公差为，前项和为，若，则（ ） A. B. 中最大 C. 使得的的最大值为13 D. 数列是递减数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等差数列下标和性质可得，求得判断A；根据等差数列的前n项和的定义及项的符号判断B；根据等差数列前n项和公式和性质判断C；根据数列单调性定义判断D. 【详解】由，，知，所以，A正确； 由知中最大，B正确； 由，， 知使得的的最大值为14，C错误； 因为，所以， 所以数列是递减数列，D正确. 故选：ABD. 11. 已知为上的奇函数，，为的导函数，且当时，，则（ ） A. 当时， B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】设，由已知得出为上奇函数，且在和上单调递减，即可判断各选项． 【详解】设，则， 当时，0，所以， 所以在上单调递减， 又为上的奇函数，所以为上的奇函数， 所以在上也单调递减， 因为，所以，， 当时，，即时，， 因为，所以，故A正确； 因为在上单调递减， 所以，即， 所以，故B正确； 因为在上单调递减， 所以，即，故C错误； 因为在上单调递减， 所以，即， 所以，故D正确， 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 3名同学计划去A，B，C，D四个景点游玩，每人只去1个景点，则不同的选法种数是________.（用数字作答） 【答案】64 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理计算. 【详解】由题意知，每位同学均有4个选择，所以不同选法种数是. 故答案为： 13. 已知函数在上单调递减，则实数a的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】由题得出在上恒成立，即可求解． 【详解】由题知， 因为在上单调递减，即在上恒成立， 所以， 故答案为：． 14. 已知点是抛物线上位于第一象限内一点，为上位于第四象限内一点，为坐标原点，，且直线的斜率是直线的斜率的2倍，则直线的斜率为_________. 【答案】1 【解析】 【分析】表示出，，，根据，可得结果. 【详解】设点的坐标分别为， 则，，， 因为，所以，， 整理得①， 又直线的斜率是直线的斜率的2倍，， 所以，整理得②，由①②解得， 所以直线的斜率为1. 故答案为：1 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. 已知的展开式的二项式系数和为64. （1）求的值； （2）求展开式中的常数项. 【答案】（1） （2）240 【解析】 【分析】（1）利用二项式系数和为，可得答案； （2）利用二项展开式的通项公式可得答案. 【小问1详解】 由二项式系数和为， 知，解得； 【小问2详解】 展开式的第项为. 令，得，故常数项为第5项，且， 即展开式中的常数项为240. 16. 已知椭圆的焦距为2，点在上. （1）求的方程； （2）若直线与交于两点，为线段的中点，为坐标原点，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由点在椭圆上，和椭圆焦距为2，列出等式求解即可； （2）联立椭圆和直线方程，由韦达定理、中点坐标公式及两点间距离公式即可求解. 【小问1详解】 由题知 解得 所以的方程为； 【小问2详解】 设的坐标分别为， 联立方程消去后整理得， 则，， 所以，， 所以. 17. 已知函数（a，）在处取得极值，. （1）求a，b的值； （2）证明：直线与曲线，均相切. 【答案】（1）， （2）证明： 由（1）知，， 由，得，且，所以在处的切线方程为， 又，由，得，且， 所以在处的切线方程为， 所以直线与曲线，均相切. 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，再根据函数在取得极值列出，的方程，求解方程组. （2）分别求出曲线，与直线相切的切点，若能找到切点且在该点处曲线的切线斜率为1，则可证明直线与曲线相切. 【小问1详解】 因为，所以, 由题意可得：，解得， 经检验符合题意. 【小问2详解】 略. 18. 已知数列的前n项和为，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前n项和； （3）若，，成等差数列，其中p，q，r为正整数且，证明：，，是数列中连续的三项. 【答案】（1）； （2）； （3）证明: 由，，成等差数列，得，即，，整理得. 又因为p，q，r为正整数且，得，，所以，. 而为偶数，故必有，即，. 再由，所以，故，，是数列中连续的三项. 【解析】 【分析】（1）直接根据前n项和与的关系可得数列为等比数列，进而可得通项公式； （2）直接用错位相减法求数列的前n项和可得； （3）由条件可得，再结合，及等式两边的奇偶性可得，从而可证明结论. 【小问1详解】 当时，，解得. 当时，，则，即. 所以数列是首项为，公比为2的等比数列，所以， 即数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知，所以，，记. 所以——①，——②. 由得，即. 故. 【小问3详解】 略. 19. 已知函数（）. （1）当时，求的最小值； （2）若有两个极值点，求a的取值范围； （3）若对任意非零实数，都有，求a的值. 【答案】（1）0； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）直接用导数求函数的最小值可得； （2）将函数的有两个极值点问题转化为导数有两个零点问题，进而转化为，再构造函数，再用导数研究可得结果； （3）先分两类讨论：一类当时，由导数可得，从而验证不成立；二类再分三种情况讨论，分别用导数判断函数的单调性及函数值的正负，再进行验证可得. 【小问1详解】 当时，，. 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 是函数的极小值点也是最小值点，是函数的极小值也是最小值. 所以的最小值为， 【小问2详解】 因为有两个极值点，所以有两个不同的零点. 令，则. 当时，，在R上单调递增，最多只有1个零点，不满足题意；· 当时，令，得；令，则， 所以在上单调递增，在上单调递减，且，. 若有两个零点，则有. 令，则. 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以是函数的极大值也是最大值.又因为，所以，即当时，， 所以当，且时，，此时有两个零点，所以有两个极值点， 所以a的取值范围为. 【小问3详解】 ⑴当时，，此时在R上单调递增， 当时，；当时，；当时，， 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增. 又因为，所以在和上均大于0，即. 若异号，则，那么不等式不成立.如图： ⑵当时，在上单调递增；在上单调递减， ， ①当时，，此时在R上恒成立，当且仅当时取等号， 即在R上恒成立，当且仅当时取等号，所以在R上单调递增. 又，所以在上小于0，在上大于0， 所以时，，时，，即成立，如图： ②当时，，当时，单调递增，又， 所以时，，单调递减，时，，单调递增. 因为，所以时，，时，， 当时，，，，不满足题意，如图： ③当时，，当时，单调递减，又， 所以时，，单调递增，时，，单调递减， 因为，所以时，，时，， 当时，，，，不合题意.如图： 综上所述，当时，对任意非零实数，都有不等式恒成立. 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：湘教版选择性必修第一册，选择性必修第二册第1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. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 一质点A沿直线运动，位移y（单位：m）与时间t（单位：s）满足关系式，则质点A在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 3. 已知点在圆内，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5. 7个人站成一排，其中甲、乙必须相邻，丙不能站两端，则不同的站法种数为（ ） A. 960 B. 980 C. 1060 D. 1260 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，是上一点，，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 7. 已知等比数列的前n项和为，若，且，则（ ） A. 17 B. 18 C. D. 8. 某学校拟派5名教师去甲、乙、丙这3所不同的学校参观学习，每名教师只去一所学校，每个学校至少要派遣1名教师，若去甲校的人数不得少于丙校，则不同的派遣方案有（ ） A. 110种 B. 100种 C. 90种 D. 80种 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. （多选题）已知直线，，若，则与间的距离可能为（ ） A. B. C. D. 10. 已知等差数列的公差为，前项和为，若，则（ ） A. B. 中最大 C. 使得的的最大值为13 D. 数列是递减数列 11. 已知为上的奇函数，，为的导函数，且当时，，则（ ） A. 当时， B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 3名同学计划去A，B，C，D四个景点游玩，每人只去1个景点，则不同的选法种数是________.（用数字作答） 13. 已知函数在上单调递减，则实数a的取值范围为________． 14. 已知点是抛物线上位于第一象限内一点，为上位于第四象限内一点，为坐标原点，，且直线的斜率是直线的斜率的2倍，则直线的斜率为_________. 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. 已知的展开式的二项式系数和为64. （1）求的值； （2）求展开式中的常数项. 16. 已知椭圆的焦距为2，点在上. （1）求的方程； （2）若直线与交于两点，为线段的中点，为坐标原点，求. 17. 已知函数（a，）在处取得极值，. （1）求a，b的值； （2）证明：直线与曲线，均相切. 18. 已知数列的前n项和为，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前n项和； （3）若，，成等差数列，其中p，q，r为正整数且，证明：，，是数列中连续的三项. 19. 已知函数（）. （1）当时，求的最小值； （2）若有两个极值点，求a的取值范围； （3）若对任意非零实数，都有，求a的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $