精品解析：江苏宿迁市2025-2026学年第一学期高二年级质量监测数学试题

江苏宿迁市2025-2026学年第一学期高二年级质量监测数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在答题卡上，并在指定位置填涂准考证号． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号． 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上．如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案．不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 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】由焦点坐标公式直接求解即可. 【详解】由题意得，由焦点坐标公式知焦点坐标为,即 故选：D 2. 已知直线经过和两点，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两点坐标求出斜率，再根据斜率与倾斜角的关系求出倾斜角. 【详解】直线的斜率为：. 设直线的倾斜角为，则，所以. 故选：B. 3. 已知函数，则的值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用导数的定义求出函数在3处的导数值. 【详解】函数，求导得， 所以. 故选：C 4. 若直线与直线垂直，则的值为（ ） A. -3 B. 0 C. 3 D. -3或0 【答案】A 【解析】 【分析】根据两直线垂直的充要条件求解. 【详解】因为直线与直线垂直， 所以， 解得或. 当时，直线为不符，舍去； 当时，直线分别为和垂直，符合. 所以. 5. 在平面直角坐标系中，圆与圆相交于A，B两点，则四边形OACB的面积为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】联立方程可求解两圆的交点，即可根据对称性求解面积. 【详解】联立可得或， 故, 又, 故四边形OACB的面积为, 故选：B 6. 过抛物线的焦点的直线交抛物线于A，B两点，点在第一象限，有，则直线的斜率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出抛物线的准线，设A、B在l上的射影分别是C、D，连接AC、BD，过B作于E.由抛物线的定义结合题中的数据，可算出Rt△ABE中，的值，从而得到直线AB的斜率k值. 【详解】作出抛物线的准线l：，设A、B在l上的射影分别是C、D， 连接AC、BD，过B作BE⊥AC于E. ∵，∴设， 由点A、B分别在抛物线上，结合抛物线的定义，得. 因此，Rt△ABE中，，， 则直线AB的斜率， 故选：B. 7. 设，函数有大于零的极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先对函数求导，再通过极值点大于零分析的符号求解即可. 【详解】由已知可得， 令，可得， 若，所以不符合题意，舍去； 因此，则，解得. 因为，所以，要让，必须满足， 所以，解得. 故选： 8. 谢尔宾斯基三角形（Sierpinski triangle）是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出.如图1，先取一个面积为1的实心等边三角形，挖去一个“中位三角形”（以原三角形各边的中点为顶点的三角形，即图2中的白色三角形），然后在剩下的每个小三角形中又挖去一个“中位三角形”，用上面的方法可以无限操作下去．操作第1次得到图2，操作第2次得到图3，⋯，若继续这样操作下去后，得到图2025，则在图2025中所有被挖去的白色三角形的面积和是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图形的特点，观察规律，即可归纳出阴影部分的面积组成等比数列,即可求解. 【详解】图1阴影的面积为，图2阴影面积为图1的，故， 图3阴影面积为图2的，故， 按此规律：图中阴影部分的面积组成等比数列：,公比为． 故图2025（阴影部分）的面积为，故被挖去的白色面积为， 故选：A 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. 已知直线，下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 直线在轴上的截距为2 C. 原点到直线距离的最大值为 D. 若直线与直线三条直线有且仅有两个不同的交点，则的值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】把直线方程化为斜截式方程，结合点到直线距离公式、直线与直线位置关系逐一判断即可. 【详解】，所以直线过定点且在轴上的截距为2， 因此选项AB说法正确； 原点到直线距离为， 由， 所以原点到直线距离的最大值为，所以选项C说法不正确； 直线， 所以这两个直线的斜率分别为，显然两个斜率不相等也不互为负倒数，因此这两条直线相交，， 所以直线的交点为， 又因为直线和直线都过这一点， 所以要想直线与直线有且仅有两个不同的交点， 所以直线一定要和直线平行，且不与直线重合， 故，所以选项D说法正确. 故选：ABD 10. 已知数列的通项公式为，前项和为，下列说法正确的有（ ） A. B. 数列为单调递增数列 C. 当时，取得最大值 D. 当时，数列前项积取得最大值 【答案】ACD 【解析】 【分析】由得，进而求即可判断A，先求出即可判断B，分，和讨论，即可判断C，当时，计算，由即可判断D. 【详解】由，所以， 所以，所以， ，故A正确； 因为，所以， 所以，所以数列不是单调递增数列，故B错误； 当时，，所以，当时，， 当时，，所以，所以当时，取得最大值，故C正确； 又，，， 因为，所以当时，，所以当时， 数列前项积取得最大值，最大值为，故D正确； 故选：ACD. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是函数的极值点 B. 若函数的图象过点存在三条切线，则 C. 若函数在区间上单调递增，则的取值范围为 D. 若直线与函数图象有三个交点，依次为M，N，Q，且，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据时函数单调递增，即可判断A，根据切线方程的求解，将问题转化为，构造函数即可结合函数图像的交点情况判断B,根据单调性将问题转化为在上恒成立，即可判断C，设出点的横坐标，即可代入方程组中联立求解. 【详解】对于A，若,则为上的单调递增函数，此时函数无极值点，故A错误， 对于B, 设切点坐标为，切线斜率， 可得切线方程为， 因为切线过点，将其代入切线方程得， 可得，显然不满足方程，故， 令，得， 当或时，，此时在单调递增， 当时，，此时在单调递减， 且，当时，，作出的图像如下： 若函数的图象过点存在三条切线，则有三个不同的实数根，故，B正确， 对于C,，要使函数区间上单调递增， 在上恒成立，即， 则的取值范围为，C正确， 对于D,设点的横坐标为，则的横坐标分别为， 则，即， 得即（4） 得，即，（5） 由（4）（5）可得，故，将其代入，得，故D正确， 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设数列是公比为q的等比数列，.若数列的连续四项构成集合，则q的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列的性质即可求解. 【详解】且数列的连续四项构成集合， 这四项中的第一项必为，第二项为36，第三项为，第四项为81， ． 故答案为：． 13. 直线被圆所截得的弦长为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据直线与圆的位置关系及弦心距公式求解即可. 【详解】圆化为标准方程为：， 故圆心坐标为，半径为. 圆心到直线的距离为：. 故弦长为：. 故答案为：. 14. 关于的方程的一个正实数解为______；若该方程只有唯一的正实数解，则的最大整数值是______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】将代入方程，可得结论；考虑为正数的情形，当时，由可得，令，其中，则，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理和题意可得出关于的不等式，解出的范围，即可得出实数的最大整数值. 【详解】对于关于的方程， 当时，， 故关于的方程的一个正实数解为； 当时，由可得， 令，其中，则， 要求的最大整数值，先考虑，若时存在最大整数值，则不需考虑的情形， ， 令， 则， 当时，，，则，则， 当时，，，则，则， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 故当时，， ①当时，即当时，对任意的恒成立， 当时，， 故函数在上单调递增，此时函数有且只有一个正零点，符合题意； ②当时，即当时，因为，且， 由零点存在定理可知存在， 使得当时，；当时，. 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，又因为， 由零点存在定理可知，存在使得， 此时函数至少有两个正零点，不符合题意. 故当时，函数有且只有一个正零点， 又因为，故的最大整数值为. 故答案为：；. 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. 已知的三个顶点分别为. （1）若点为线段AB中点，求CM所在直线的方程； （2）求外接圆的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出中点坐标，斜率，再由点斜式求出方程； （2）待定系数法求解即可. 【小问1详解】 由点为线段中点，则，又因为， 直线CM斜率为． 所以所在直线的方程为． 【小问2详解】 由、、，设圆方程为 则有． 解得． 所以圆方程为． 16. 已知等差数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设函数，证明：对任意的正整数，不等式恒成立. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和求和公式求和，可得等差数列的通项公式. （2）利用错位相减求和法求，即可证. 【小问1详解】 设数列的首项为，公差为， 则有，解得． 所以的通项公式为． 【小问2详解】 因为，， 所以． 两边同乘，得 ． 两式相减，得 即． 所以． 因为，所以对任意的正整数恒成立． 17. 某饮料公司计划生产一种容积为500mL的圆柱形易拉罐，其侧面的制造成本为1元／平方厘米，罐顶和罐底的制造成本为2元／平方厘米.设易拉罐底面半径为厘米，高为厘米，制造总成本为元．（立方厘米） （1）求的表达式； （2）当易拉罐总制造成本最低时，求底面半径与高的比值. 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）先根据圆柱体积公式求出高关于底面半径的表达式，再结合不同面的成本，建立总造价关于底面半径的函数； （2）对总成本函数求导，通过导数的正负判断函数单调性，找到极小值点即最小值点，进而求出此时底面半径与高的比值. 【小问1详解】 由题意得：，则， 总成本函数为． 所以． 小问2详解】 因为， ． 令得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增； 所以当时函数有极小值也是最小值为． 此时，则． 答：使得易拉罐总制造成本最低时的底面半径r和高h的比值为． 18. 已知椭圆的两个焦点分别为，上顶点为，右顶点为，是边长为2的正三角形，点是椭圆上第一象限内的点，满足，. （1）求椭圆的标准方程； （2）记过点与PT垂直的直线为，试判断直线与椭圆的位置关系，并说明理由； （3）点关于原点的对称点为，设M，N是椭圆上异于P，B，D的两个不同的点，直线与线段MN相交于，且满足．判断直线BD和直线MN的位置关系，并说明理由. 【答案】（1） （2）直线与椭圆C相切，理由见解析 （3），理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的长轴长与焦距求出，再由求出，从而得到椭圆 C 的标准方程； （2）先利用椭圆定义与勾股定理确定点的坐标，再求出直线的方程，最后联立直线与椭圆方程，通过判别式为证明直线与椭圆相切； （3）先计算出直线的斜率，再通过面积等式和三角函数关系推导出，从而得到两条直线斜率的关系；解法一，设出直线 PN 的斜率，利用写出两条直线方程，分别与椭圆联立求出的坐标，计算直线的斜率并与比较，从而证明；解法二，设直线的一般方程并结合椭圆方程变形，利用斜率关系求出直线的斜率，与相等，从而证明. 【小问1详解】 由题得：，，即，，所以， 椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 因为，且，则． 因为，所以，即． 则点的横坐标为，代入椭圆方程，解得，即． 又，则，则． 所以直线方程：，即． 由，得，化简得， 则，所以直线与椭圆C相切． 【小问3详解】 设， 点关于原点的对称点为，所以． 由得． 由得，． 由与均为锐角，所以，则． 解法一： 设的斜率为，直线的方程为， 则直线的方程为，由， 得，． 因为是此方程的一根，则． 同理可得，，． 所以． 则． 因为M，N是椭圆上异于P，B，D的两个不同的点， 所以． 解法二： ，设直线的方程为， 椭圆方程，， 即， 则， 化简得， 两边同除得， 因为，所以，可得． 所以直线的方程为，直线的斜率为． 由直线的斜率为，且M，N是椭圆上异于P，B，D的两个不同的点， 所以. 19. 已知函数. （1）求不等式的解集； （2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）若方程有两个实数根，证明. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域后可化简不等式得，故可求不等式的解； （2）利用参变分离结合导数可求参数的范围，或设，就、及分类讨论函数的单调性后可得参数的取值范围，注意虚设零点在后者导数符号讨论中的应用； （3）先根据零点个数得参数范围，再证明两个不等式后结合零点范围可得根满足的不等式，从而可证题设中的不等式. 【小问1详解】 函数的定义域为． 所以不等式可化为． 所以原不等式解集为． 【小问2详解】 解法一： 因， 所以不等式可化为． 设，． 设，则． 所以在上单调递减，则，则． 所以在上单调递减，则． 所以． 解法二： 设函数（），则恒成立． ，设，则． ①当时，，则在上递增，所以． 所以递增，则，不合题意，舍去； ②当时，由=0可得， （i）若，即，当时（不恒为零），则在上递减， 则即上恒成立， 所以在上递减，则，符合题意； （ii）若，即， 当时，当时． 则在上单调递增，而， 即时，则在上递增， 则不合题意，舍去； 综上所述，a的取值范围是． 【小问3详解】 ，得 因为在上单调递增且， 所以，． 所以在上单调递减，在上单调递增． 故，而当，，当时，， 结合有两个不同的解可得. 下证两个不等式：（1）；（2）. 证明：①因为，故，而，故. ②设， 则，，， 而在上为增函数，故存在， 使得时，，时，， 故在为减函数，在上为增函数，而， 故即成立. 因为两个不同的解为且， 则，故， 故，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏宿迁市2025-2026学年第一学期高二年级质量监测数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在答题卡上，并在指定位置填涂准考证号． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号． 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上．如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案．不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 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. 已知直线经过和两点，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则的值为（ ） A. 0 B. C. D. 4. 若直线与直线垂直，则的值为（ ） A. -3 B. 0 C. 3 D. -3或0 5. 在平面直角坐标系中，圆与圆相交于A，B两点，则四边形OACB的面积为（ ） A. B. C. 1 D. 6. 过抛物线的焦点的直线交抛物线于A，B两点，点在第一象限，有，则直线的斜率是（ ） A B. C. D. 7. 设，函数有大于零的极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 谢尔宾斯基三角形（Sierpinski triangle）是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出.如图1，先取一个面积为1的实心等边三角形，挖去一个“中位三角形”（以原三角形各边的中点为顶点的三角形，即图2中的白色三角形），然后在剩下的每个小三角形中又挖去一个“中位三角形”，用上面的方法可以无限操作下去．操作第1次得到图2，操作第2次得到图3，⋯，若继续这样操作下去后，得到图2025，则在图2025中所有被挖去的白色三角形的面积和是（ ） A B. C. D. 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. 已知直线，下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 直线在轴上的截距为2 C. 原点到直线距离的最大值为 D. 若直线与直线三条直线有且仅有两个不同交点，则的值为 10. 已知数列的通项公式为，前项和为，下列说法正确的有（ ） A. B. 数列为单调递增数列 C. 当时，取得最大值 D. 当时，数列前项积取得最大值 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是函数的极值点 B. 若函数的图象过点存在三条切线，则 C. 若函数在区间上单调递增，则的取值范围为 D. 若直线与函数图象有三个交点，依次为M，N，Q，且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设数列是公比为q的等比数列，.若数列的连续四项构成集合，则q的值为________. 13. 直线被圆所截得的弦长为__________. 14. 关于的方程的一个正实数解为______；若该方程只有唯一的正实数解，则的最大整数值是______. 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. 已知的三个顶点分别为. （1）若点为线段AB中点，求CM所在直线的方程； （2）求外接圆的方程. 16. 已知等差数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设函数，证明：对任意的正整数，不等式恒成立. 17. 某饮料公司计划生产一种容积为500mL的圆柱形易拉罐，其侧面的制造成本为1元／平方厘米，罐顶和罐底的制造成本为2元／平方厘米.设易拉罐底面半径为厘米，高为厘米，制造总成本为元．（立方厘米） （1）求的表达式； （2）当易拉罐总制造成本最低时，求底面半径与高的比值. 18. 已知椭圆的两个焦点分别为，上顶点为，右顶点为，是边长为2的正三角形，点是椭圆上第一象限内的点，满足，. （1）求椭圆的标准方程； （2）记过点与PT垂直直线为，试判断直线与椭圆的位置关系，并说明理由； （3）点关于原点的对称点为，设M，N是椭圆上异于P，B，D的两个不同的点，直线与线段MN相交于，且满足．判断直线BD和直线MN的位置关系，并说明理由. 19. 已知函数. （1）求不等式的解集； （2）当时，不等式恒成立，求实数取值范围； （3）若方程有两个实数根，证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $