精品解析：湖南岳阳市平江县颐华高级中学2025-2026学年高二下学期入学监测考试数学试题

颐华学校2024级高二下学期入学监测考试试卷 数学 满分150分 时量120分钟 一、单项选择题：本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上． 1. 设，则（ ） A. B. C. D. 2. 设函数在区间上单调递减，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 3 3. 已知数列的首项，前n项和，满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 在中，为的中点，且外接圆的圆心为M，则（ ） A. 11 B. 14 C. D. 5. 已知四面体的各顶点均在球O的球面上，平面，，，三角形的外接圆半径是，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知动点在直线上，点是坐标原点，点是圆上的动点，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4 7. 已知点P是椭圆上的动点，直线l：，则动点P到直线l的最小距离是（ ） A. B. C. D. 8. 定义在R上的函数，对任意实数都有，．若，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，共18分每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列选项正确的是（ ） A. ； B. 若，则； C. 若，则； D. 若，则. 10. 已知函数，则（ ） A. B. 的图象关于点中心对称 C. 在区间单调递减 D. 在有3个零点 11. 设抛物线C：的焦点为F，M为C上一动点，为定点，则下列结论正确的是（ ） A. 准线的方程是 B. 的最小值为4 C. A，B为抛物线上的两点，点E为线段的中点，则所在的直线方程为 D. 以线段为直径的圆与轴相切 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填写在答题卡相应位置上． 12. 已知函数在点处的切线与直线垂直.则的值为______. 13. 已知正四面体的棱长为1，为空间中一点，则的最小值为________． 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，以为圆心作与的渐近线相切的圆，该圆与的一个交点为，若为等腰三角形，则的离心率为______. 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. 在锐角中，，，分别是角，，的对边，． （1）求角的大小； （2）求的取值范围． 16. 记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知． （1）证明：数列是等差数列; （2）求的通项公式． 17. 如图，在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点. （1）证明：直线平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左右焦点，过的直线交于两点，点在第一象限，为中点，交于点，的周长为． （1）求的方程； （2）求证：直线与的斜率乘积为； （3）若分别记的斜率为，求的最大值． 19. 已知函数． （1）当时，求证：； （2）设，若对任意的，总存在，使不等式成立，求实数k的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 颐华学校2024级高二下学期入学监测考试试卷 数学 满分150分 时量120分钟 一、单项选择题：本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上． 1. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意首先计算复数的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可. 【详解】由题意可得， 则. 故选：B. 2. 设函数在区间上单调递减，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数的导函数，依题意在上恒成立，即可得到在上恒成立，从而求出的范围. 【详解】因为，所以， 因为函数在区间上是减函数， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 所以在上恒成立，因为时，，所以， 所以的最大值是. 故选：A. 3. 已知数列的首项，前n项和，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据得到，两式相减得到，求出即可求解. 【详解】因为，所以， 两式相减得， 所以，所以， 所以，所以， 所以. 故选：C. 4. 在中，为的中点，且外接圆的圆心为M，则（ ） A. 11 B. 14 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分别取线段的中点为结合向量数量积的定义以及运算律代入计算，即可得到结果. 【详解】 因为N为的中点，则，所以． 如图，分别取线段的中点为，因为M为的外接圆圆心， 所以，则 ， ， 因此． 故选：D． 5. 已知四面体的各顶点均在球O的球面上，平面，，，三角形的外接圆半径是，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件证明的中点为四面体的外接球的球心，再求外接球的半径，结合球的表面积公式求结论. 【详解】的中点为， 因为平面，平面， 所以，又，，平面， 所以平面，又平面， 所以，故为直角三角形，且为斜边， 所以， 因为平面，平面， 所以，故为直角三角形，且为斜边， 所以，所以， 所以四面体的外接球的球心为，故点与点重合， 由已知，，所以， 所以球的半径， 所以球O的表面积. 6. 已知动点在直线上，点是坐标原点，点是圆上的动点，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】求出点C关于直线的对称点，把的最大值转化为点到圆心距离加半径，再求出到两个定点距离差的最大值即可作答. 【详解】点在直线上， 圆的圆心，半径，而点在圆上，则，    因此，令点关于直线对称点，， 则有，解得，即， 因此，当且仅当点共线，且点在线段上时取等号， 直线方程为，由，解得，即直线与直线交于点， 所以当点与重合时，，. 故选：C 7. 已知点P是椭圆上的动点，直线l：，则动点P到直线l的最小距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，再由点到直线的距离公式及三角恒等变换求最值即可. 【详解】因为点P是椭圆上的动点， 所以可设， 则到直线的距离，其中， 所以当时，， 故选：B 8. 定义在R上的函数，对任意实数都有，．若，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意构造函数，由推得在上单调递增，由条件推得为周期为的周期函数，根据得到，将待求不等式化成，再利用函数单调性即可求解. 【详解】令，可得，所以在上单调递增， 由可得，所以是以为一个周期的周期函数， 则，所以， 则不等式，即为，即， 又因为在上单调递增，所以，解得， 所以不等式的解集为． 二、多项选择题：本题共3小题，共18分每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列选项正确的是（ ） A. ； B. 若，则； C. 若，则； D. 若，则. 【答案】AC 【解析】 【分析】由即可分析求解判断A；举反例即可判断BD；由不等式性质即可分析判断C； 【详解】因为，当且仅当时等号成立， 所以，所以，故A正确； 当，满足，但，故B错误； 若，则，则即，故C正确； 当时，，故D错误. 故选：AC 10. 已知函数，则（ ） A. B. 的图象关于点中心对称 C. 在区间单调递减 D. 在有3个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据两角差的余弦公式，二倍角公式，降幂公式及辅助角公式化简，即可判断A；根据正弦函数的性质即可判断BCD． 【详解】 ， 对于A，，所以，故A正确； 对于B，，所以的图象关于点中心对称，故B错误； 对于C，当时，， 所以在区间单调递减，故C正确； 对于D，令， 当时，， 所以当，即时，， 所以在有3个零点，故D正确； 故选：ACD． 11. 设抛物线C：的焦点为F，M为C上一动点，为定点，则下列结论正确的是（ ） A. 准线的方程是 B. 的最小值为4 C. A，B为抛物线上的两点，点E为线段的中点，则所在的直线方程为 D. 以线段为直径的圆与轴相切 【答案】BD 【解析】 【分析】A.根据抛物线方程，直接求准线方程；B.根据抛物线定义的应用，结合图形，转化为三点共线问题求解；C.利用点差法求直线方程；D.根据直线与圆相切的定义，结合抛物线的定义，即可判断. 【详解】A.抛物线，其准线方程为，故A错误； B. 如图所示，过点作准线于点，则，所以，当且仅当共线时，（即图中）最小，最小值为到准线的距离4，故B正确； C.设，， 则，两式相减得， 则，得，即直线的斜率为2， 所以直线的方程为，即，故C错误； D.设，，则，且的中点坐标为，中点到轴的距离为，所以以线段为直径的圆与轴相切，故D正确. 故选：BD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填写在答题卡相应位置上． 12. 已知函数在点处的切线与直线垂直.则的值为______. 【答案】1 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求出切线的斜率，再根据两条直线垂直，斜率的关系列式可求出结果. 【详解】，， 依题意得，解得. 故答案为：. 13. 已知正四面体的棱长为1，为空间中一点，则的最小值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】将正四面体补全为正方体，以正方体的一个顶点为原点建立空间直角坐标系，利用向量的坐标计算求解即可. 【详解】如图，将正四面体补全为正方体，则正方体的棱长为， 如图，以正方体的一个顶点为原点建立空间直角坐标系， 则， 设， 则， ， 故， 则 ， 当且仅当，时取等号， 当点的坐标为时，取最小值为. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，以为圆心作与的渐近线相切的圆，该圆与的一个交点为，若为等腰三角形，则的离心率为______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式求出的长，再利用双曲线的定义结合等腰三角形列式计算即得. 【详解】双曲线的半焦距为c，渐近线方程为， 点到渐近线距离为，由双曲线定义得， 由为等腰三角形，得，即，因此， 则，所以的离心率为. 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. 在锐角中，，，分别是角，，的对边，． （1）求角的大小； （2）求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边角转化，再借助切化弦，正弦两角和公式，三角形内角和定理可化简求值； （2）利用内角和定理来消元，再利用辅助角公式，结合正弦函数的性质求解即可. 【小问1详解】 在中，因为，所以， 由已知可得：  ， 再由正弦定理可得：，因此原等式变形为：  ， 因为中，，约去后可得：， 又是锐角三角形内角，故； 【小问2详解】 由可得：，即， 代入得： ， 又因为是锐角三角形，所以，则，即， 因为在上的取值范围是，所以， 即的取值范围为. 16. 记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知． （1）证明：数列是等差数列; （2）求的通项公式． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列; （2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得. 【详解】（1）[方法一]： 由已知得,且，, 取,由得, 由于为数列的前n项积， 所以, 所以， 所以, 由于 所以，即,其中 所以数列是以为首项，以为公差等差数列; [方法二]【最优解】： 由已知条件知 ① 于是． ② 由①②得． ③ 又， ④ 由③④得． 令，由，得． 所以数列是以为首项，为公差的等差数列． [方法三]： 由，得，且，，． 又因为，所以，所以． 在中，当时，． 故数列是以为首项，为公差的等差数列． [方法四]：数学归纳法 由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且． 下面用数学归纳法证明． 当时显然成立． 假设当时成立，即． 那么当时，． 综上，猜想对任意的都成立． 即数列是以为首项，为公差的等差数列． （2） 由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列， , , 当n=1时，, 当n≥2时,,显然对于n=1不成立, ∴. 【整体点评】（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论； 方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解； 方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论． （2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式； 17. 如图，在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点. （1）证明：直线平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 如图，连接， 因为，分别是，的中点，则， 且平面，平面， 所以直线平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据中位线的定义可得，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在直三棱柱中，平面，，平面， 则，，且，即，，两两垂直， 故以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，， 则，，，， 且，分别是，的中点，得，. 所以，， 易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，即，取， 设平面与平面的夹角为， ， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左右焦点，过的直线交于两点，点在第一象限，为中点，交于点，的周长为． （1）求的方程； （2）求证：直线与的斜率乘积为； （3）若分别记的斜率为，求的最大值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义，结合题意列出方程组，而解得参数求得椭圆方程. （2）设，进而求得中点的坐标，结合斜率公式和点差法计算证明结论. （3）设，有，计算直线的直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理得到的坐标，结合斜率公式和基本不等式计算得到的最大值. 【小问1详解】 根据椭圆的定义可知， 根据题意可得，解得， 所以椭圆的方程为 【小问2详解】 证明：设，因为为中点，所以， 根据题意直线与的斜率都存在， 所以直线与的斜率乘积为， 因为在椭圆上，所以，两式相减可得， 化简得，可得 因此直线与的斜率乘积为. 【小问3详解】 设，由（1）可知, 因为点在椭圆上，所以， 由题意， 故将直线与椭圆联立，可得， 整理可得：，所以， 即，即， 同理，将直线与椭圆联立，可得， 整理可得：，所以， 即，即， 所以的斜率为， 故， 因为点在第一象限内，故，， 的最大值为，当且仅当在处取到等号. 19. 已知函数． （1）当时，求证：； （2）设，若对任意的，总存在，使不等式成立，求实数k的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）根据函数解析式，整理不等式，构造函数，利用导数求新函数的最值，可得答案； （2）由题意，整理函数解析式，求导研究其单调性，根据不等式能成立问题，可得关于和的不等式，构造以为变量、以为参数的函数，利用导数，结合分类讨论，可得答案. 【小问1详解】 要证，只需证， 令，， 由，，，， 在区间上单调递减，在区间上单调递增， ∴，即，∴． 【小问2详解】 由题意得，， ∵，显然，， ∴在区间上为增函数， ∴时，， ∴， 设，有在时恒成立， ∵， ①时，∵，显然，∴在时单调递减，此时不符合； ②时，∵，显然，∴在时单调递减，此时不符合； ③时，∵， 若，显然，则在区间上单调递减，此时不符合； 若，显然当时，，则在区间上单调递减，此时，不符合； 若时，则在区间上单调递增，此时，符合． 综上得，解得，即实数k的取值范围为． 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用，二是函数的零点，不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $