精品解析：河南许昌市禹州市第三高级中学菁华校区卓越班2025-2026学年高二下学期3月学情检测数学试题

菁华校区卓越班高二下学期学情检测 数学试题 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在空间直角坐标系中，已知三点共线，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 2. 曲线与曲线有共同的（ ） A. 长轴长 B. 短轴长 C. 离心率 D. 焦距 3. 已知是长方体外接球的一条直径，点在长方体表面上运动，长方体的棱长分别是1，1，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 设等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 5. 若圆与圆的公共弦长为，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 6. 已知是定义在R上偶函数，当时，，且，则不等式的解集是（ ）． A. B. C. D. 7. 学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型．如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E、F、G、H分别为所在棱的中点，，，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的右焦点为，两条渐近线分别为，过且与平行的直线与双曲线及直线依次交于点，若，则双曲线的离心率为（ ） 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．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. 设函数，则（ ） A 有三个零点 B. 是极小值点 C. 的图象关于点中心对称 D. 当时， 10. 已知数列满足，，设数列的前项和为，前项积为，则下列说法正确的是（ ） A. 数列是等差数列 B. 数列的最大项为 C. 使得取得最小值的为 D. 有最小值，无最大值 11. 已知O为坐标原点，过抛物线焦点F直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ） A. 直线的斜率为 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若数列是等比数列，且，则______． 13. 过圆外一点P引该圆的两条切线PA、PB，经过两个切点A、B的直线经过定点，且的面积为，则点P的坐标为__________. 14. 已知函数是上的增函数，则的值为______． 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. 设函数． （1）求的单调区间； （2）求在上的最大值与最小值． 16. 已知数列满足，． （1）证明：数列是等比数列，并求； （2）设，求数列的前项和； 17. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且，椭圆的焦距为4． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点（不在轴上）是椭圆上不同的两点． ①求直线斜率之积； ②若直线的斜率是直线的斜率的3倍，试判断直线是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由． 18. 如图1，在等腰直角中，分别为的中点.将沿向平面上方翻折，得到如图2所示的四棱锥，且.记的中点为，动点在线段上运动. （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值； （3）求动点到直线的距离的取值范围. 19. 已知函数，为的导数 （1）讨论的单调性； （2）若是的极大值点，求的取值范围； （3）若，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 菁华校区卓越班高二下学期学情检测 数学试题 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在空间直角坐标系中，已知三点共线，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】由向量共线的坐标表示，列出等式求解即可. 【详解】因为， 由题意， 解得. 故. 故选：D. 2. 曲线与曲线有共同的（ ） A. 长轴长 B. 短轴长 C. 离心率 D. 焦距 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆和双曲线的简单性质，分别求出曲线与曲线 的长轴长、短轴长、实轴长、虚轴长、离心率和焦距，由此能求出结果. 【详解】中： 长轴长，短轴长， 离心率，焦距. 曲线中： 实轴长，虚轴长， 离心率， 焦距. 曲线与曲线有共同的焦距. 故选：. 3. 已知是长方体外接球的一条直径，点在长方体表面上运动，长方体的棱长分别是1，1，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】在长方体中建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】 根据题意，以D为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图示. 设长方体外接球球心为O，则DB1为外接球的一条直径，设O为DB1中点，不妨设M与D重合，N与B1重合. 则外接球的直径长为，所以半径r=1； 所以 由P在长方体表面上运动，所以，即 所以，即 故选：B 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算. 4. 设等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由等差数列前项和的性质，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为是等差数列，且，，所以，，所以. 故选：A. 5. 若圆与圆的公共弦长为，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由两圆方程相减得公共弦的方程为，再根据弦长求解即可. 【详解】当时，两圆是同心圆，没有公共弦，故， 已知两个圆的方程分别为与， 将两个圆作差可得相交弦的直线方程为，即， 所以可得：圆心到直线的距离， 又因为两圆的公共弦长为，所以，解得. 故选：B. 6. 已知是定义在R上的偶函数，当时，，且，则不等式的解集是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】记.判断出的奇偶性和单调性，即可解不等式. 【详解】记. 因为是定义在R上的偶函数，所以 因为，所以为奇函数，所以. 因为，所以. 当时，，所以在上单减. 因为为奇函数，图像关于原点对称，所以在上单减. 不等式即为. 当时， 在上单减，且，所以的解集为； 当时， 在上单减，且，所以的解集为. 综上所述：的解集为. 故选：D 7. 学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型．如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E、F、G、H分别为所在棱的中点，，，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差，再由体积求出模型的质量. 【详解】由题意得， ， 四棱锥O−EFGH的高3cm， ∴． 又长方体的体积为， 所以该模型体积为， 其质量为． 故选：A 8. 已知双曲线的右焦点为，两条渐近线分别为，过且与平行的直线与双曲线及直线依次交于点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】不妨设为，求出过且与平行的直线方程，联立求出点坐标，再求出点坐标，根据在双曲线上代入求出. 【详解】由题意知，渐近线方程为，不妨设为， 则过且与平行的直线方程为， 由，解得，则， 由、、三点共线且，则， 设，则，， 所以，即，解得， 即， 又点在双曲线上，所以，化简得，解得或（舍去）. 故选：B 【点睛】关键点睛：本题的关键是表示出、点的坐标，从而求出双曲线的离心率. 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．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. 设函数，则（ ） A. 有三个零点 B. 是的极小值点 C. 的图象关于点中心对称 D. 当时， 【答案】BC 【解析】 【分析】根据零点的定义直接判断A选项，求导判断函数的单调性与极值情况，可判断BD选项，根据函数图像的对称性可判断C选项. 【详解】对于A，令，解得或，所以有两个零点，故A 选项错误； 对于B，由， 令，解得或， 当或时，，即在和上单调递增， 当时，，即在单调递减， 所以是极小值点，故B选项正确； 对于C，因为，则的图象关于点中心对称，故C选项正确； 对于D，当时，单调递减，则当时，单调递减， 又当时，，所以，故D选项错误； 故选：BC. 10. 已知数列满足，，设数列的前项和为，前项积为，则下列说法正确的是（ ） A. 数列是等差数列 B. 数列的最大项为 C. 使得取得最小值的为 D. 有最小值，无最大值 【答案】ACD 【解析】 【分析】由条件结合等差数列定义证明判断A，求数列的通项，结合通项公式研究数列的单调性，判断B，研究数列的项的正负规律，判断CD. 【详解】， 因为， 所以，又， 所以数列是等差数列，A正确； 数列的首项为，所以，即， 可得当，时，数列的各项小于，且是单调递减数列， 当，时，数列的各项大于，且是单调递减数列， 所以最大项为，故B错误； 当，时，，随着的增大而增大，且， 当时，，随着的增大而减小， 且， 当，时，为正数，所以， 故使得取得最小值的为，故C正确； 由上述中的讨论，可得在中，只有，为负数，且， 所以存在最小值或，从第8项开始，正数， 结合，可知随着的增大而增大，所以无最大值，故D正确． 故选：ACD. 11. 已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ） A. 直线的斜率为 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项. 【详解】 对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为， 代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确； 对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得， 设，则，则，代入抛物线得，解得，则， 则，B错误； 对于C，由抛物线定义知：，C正确； 对于D，，则为钝角， 又，则为钝角， 又，则，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. 若数列是等比数列，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】等比数列中，，再利用对数的运算性质即可得出． 【详解】等比数列中，， 则． 故答案为：． 13. 过圆外一点P引该圆的两条切线PA、PB，经过两个切点A、B的直线经过定点，且的面积为，则点P的坐标为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，求出以为直径的圆的方程，已知圆相减得直线AB的方程，根据直线经过定点可求出，结合的面积求出，从而可求P点坐标. 【详解】圆，∴圆心为，半径， 设点P的坐标为，则以为直径的圆的方程为， 将该方程和相减得，即直线的方程为， 由题意知直线过点，故，即 即直线的方程为， 点到直线的距离为， 则， 又点P到直线的距离为， 由于的面积为，故， 即， 设，则可得，即， 即，即， 即得或， 对于，，即该方程无解， 故，即，即， 所以点P的坐标为. 故答案为：. 14. 已知函数是上的增函数，则的值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】求出导函数，由题意恒成立，然后按照和分类讨论求解即可. 【详解】由题意得， 因为是上的增函数，所以恒成立． 当时，，此时不恒成立，不满足题意； 当时，要使恒成立， 则时，即恒成立，所以， 时，即恒成立，所以， 因为，所以， 综上，得． 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. 设函数． （1）求的单调区间； （2）求在上的最大值与最小值． 【答案】（1）在，单调递增，在单调递减 （2）最小值为，最大值为． 【解析】 【分析】（1）求出函数导数，分析导数的符号即可得解； （2）利用函数单调性，确定函数的极大值可得最大值，比较端点即可得最小值. 【小问1详解】 定义域为． 当时，；当时，． 所以的单调递增区间为，，单调递减区间． 【小问2详解】 令，得或． 因为， 由（1）知在上单调递增，在上单调递减， 故最大值为． 又， 因为， 所以在上的最小值为． 16. 已知数列满足，． （1）证明：数列是等比数列，并求； （2）设，求数列的前项和； 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）取倒数结合等比数列的定义证明即可； （2）利用裂项相消法计算即可. 【小问1详解】 由可得，所以， 又，所以是以2为首项，2为公比的等比数列， 则； 【小问2详解】 由（1）可知， 所以 . 17. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且，椭圆的焦距为4． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点（不在轴上）是椭圆上不同的两点． ①求直线的斜率之积； ②若直线的斜率是直线的斜率的3倍，试判断直线是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）①；②恒过点． 【解析】 【分析】（1）根据焦距和求出和，利用求出，得到椭圆方程； （2）①设，则，计算出； ②设，若直线的斜率为0，得到，与不在轴上矛盾，不合题意，若直线的斜率不为0，设，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由①知，又，所以，列出方程，舍去不合要求的根，求出，所以直线恒过点． 【小问1详解】 由，得，解得， 设椭圆的焦距为，由焦距为4，得，解得， 又，所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 ①由题意，得， 设，由在椭圆上，得，即， 所以， 即直线的斜率之积为． ②设， 若直线的斜率为0，则关于轴对称，所以， 又直线的斜率是直线的斜率的3倍，所以，即， 由不在轴上，得，与矛盾， 所以直线的斜率不为0． 设直线的方程为， 由，得， 所以， 且， 由①知，又，所以， 所以，即， 化简，得， 将代入上式并化简，得 即，解得或， 当时，与矛盾，舍去， 当时，满足 所以直线恒过点． 【点睛】处理定点问题的思路： （1）确定题目中的核心变量（此处设为）， （2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式， （3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到， ①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点； ②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数. 18. 如图1，在等腰直角中，分别为的中点.将沿向平面上方翻折，得到如图2所示的四棱锥，且.记的中点为，动点在线段上运动. （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值； （3）求动点到直线的距离的取值范围. 【答案】（1）见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据空间中的垂直关系的转化，结合线面垂直的判定即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解平面的夹角； （3）根据向量共线求出，利用空间向量表示出点到直线距离，利用二次函数性质求范围即可． 【小问1详解】 因为折叠前为中点，，所以，折叠后，， 所以，所以，在折叠前分别为中点， 所以，又因为折叠前，所以， 所以在折叠后，，； 以为坐标原点， 、、分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 为中点，所以，， 设平面的法向量为，又，， 所以，即，令，则，，所以， 所以，则， 所以平面； 【小问2详解】 设，由（1）知，，因为动点Q在线段上， 且，所以，所以， 所以，，，所以，， ，设平面的法向量为， ，即，令，则，，所以， 设平面的法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为； 【小问3详解】 设，，，动点Q在线段上， 所以，，即，即， 所以，，， 设点Q到线段的距离为，， ，， ，，令，， 则，，根据二次函数的性质可知， 所以，由此可知动点Q到线段的距离的取值范围为． 19. 已知函数，为的导数 （1）讨论的单调性； （2）若是的极大值点，求的取值范围； （3）若，证明：． 【答案】（1）答案见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）令，求出导函数，再分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间； （2）结合（1）分、、、四种情况讨论，判断的单调性，即可确定极值点，从而得解； （3）利用分析法可得只需证，，只需证对任意，有，结合（2）只需证明，构造函数，利用导数证明即可. 【小问1详解】 由题知， 令，则， 当时，在区间单调递增， 当时，令，解得， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 综上所述，当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. 【小问2详解】 当时，， 由（1）知，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 所以是函数的极小值点，不符合题意； 当时，，且， 由（1）知，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 所以是函数的极小值点，不符合题意； 当时，，则当时，在上单调递增， 所以无极值点，不合题意； 当时，，且； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 所以是函数的极大值点，符合题意； 综上所述，的取值范围是. 【小问3详解】 要证， 只要证， 只要证，， 因为，则， 所以只要证对任意，有， 只要证对任意，有（※）， 因为由（2）知：当时，若，则， 所以，即①， 令函数，则， 所以当时，所以在单调递增； 则，即， 由①②得， 所以（※）成立， 所以成立. 点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $