精品解析：河南信阳高级中学新校（贤岭校区）国际部2025-2026学年高二下学期3月测试（二）数学试题

河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）国际部 2025-2026学年高二下期03月测试（二） 数学试题 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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 圆心为，且过原点的圆的方程是（ ） A. B. C. D. 3. 直线被圆截得的弦长为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 已知双曲线的上、下焦点分别为，，点P在双曲线C上，若，则（    ） A. 1 B. 13 C. 1或13 D. 15 5. 记为数列的前项积，且，，则（ ） A. B. C. D. 6. 在长方体 中， 分别是 的中点，则异面直线与所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的导函数为，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 8. 若函数在单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列的前项和为，，且，则（ ）． A. 不是等比数列 B. C. D. 10. 已知圆，直线过点，则下列说法正确的是（ ） A. 圆的半径为 B. 圆的圆心坐标为 C. 直线被圆截得的最短弦长为 D. 直线被圆截得的最长弦长为4 11. 如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是AD，DD1的中点，点P是底面ABCD内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在无数个点P，使得平面 B. 过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 C. 三棱锥的体积为定值 D. 三棱锥的外接球表面积为36π 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为单位向量.，若，则在上的投影向量的坐标为__________. 13. 已知函数是上的增函数，则的值为______． 14. 已知函数，若曲线在处的切线也与曲线相切，则实数____. 四、解答题：本大题共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. 已知三角形三顶点，，，求： （1）直线的一般式方程； （2）边上的高所在直线的一般式方程. （3）求三角形的面积. 16. 已知等差数列是递增数列，记为数列的前n项和，，且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前n项和为，求证. 17. 如图，在直四棱柱中，底面ABCD为矩形，E为棱的中点． （1）若，证明：． （2）设，，，，且点F到平面的距离为，求λ的值． 18. 已知，，为坐标原点，动点满足. （1）求点的轨迹方程； （2），是点轨迹上的点，且.记直线，的斜率分别为，，证明：为定值，并求出该定值. 19. 已知函数． （1）当时，求的单调区间； （2）当时，不等式恒成立，求的取值范围； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）国际部 2025-2026学年高二下期03月测试（二） 数学试题 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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线方程和倾斜角定义求解. 【详解】直线为平行于轴的直线， 所以倾斜角为. 故选：B 2. 圆心为，且过原点的圆的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】计算，得到圆方程. 【详解】根据题意，故圆方程为. 故选：. 【点睛】本题考查了圆方程，意在考查学生的计算能力. 3. 直线被圆截得的弦长为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】求出圆心到直线的距离，结合勾股定理可求得线段的长. 【详解】圆的标准方程为，故圆心为，半径， 圆心到直线的距离：， 由弦长公式，弦长为. 故选：B 4. 已知双曲线的上、下焦点分别为，，点P在双曲线C上，若，则（    ） A. 1 B. 13 C. 1或13 D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】根据双曲线的定义求解． 【详解】由双曲线，可得， 所以，所以， 因为点P在双曲线C上，，又因为， 所以，解得或， ①当在下支时，， ②当在上支时，， 综上所述：， 所以. 故选：B. 5. 记为数列的前项积，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据递推公式，利用累加法求得，再根据关系求得，再求结果即可. 【详解】由题意可得，，…，， 累加有时：. 经验证当时满足，故， 则时，， 当时满足，即，令可得. 故选：C. 6. 在长方体 中， 分别是 的中点，则异面直线与所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】的中点，连接，则，判断出即为异面直线与所成角.直接解三角形即可求得. 【详解】取的中点，连接，因为， 所以四边形是平行四边形，所以， 所以异面直线与所成角即为与所成角（或其补角）， 即，因为平面，，所以平面， 平面，所以， 在中，. 故异面直线与所成角的正切值为. 故选：A. 7. 已知函数的导函数为，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出导函数为，进而即可求出. 【详解】因为，所以， 所以，解得 故选：B. 8. 若函数在单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先对函数求导，根据导数的函数性质结合零点取值得出已知条件恒成立时需满足的条件，再讨论的符号得出的取值范围． 【详解】函数，求导得， 当时，，在R上单调递增，不合题意； 令，解得或， 若函数在单调递减，则在恒成立， 当时，，， 当时，，， 的取值范围为. 故选：C． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列的前项和为，，且，则（ ）． A. 不是等比数列 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】当时，可求出的值；当时，由得，两式作差可得出，可求出数列的通项公式，逐项判断即可. 【详解】因为数列的前项和为，，且， 当时，， 当时，由得， 上述两个等式作差得，可得，但， 所以数列从第二项开始成公比为的等比数列， 故当时，，所以， 对于A选项，数列不是等比数列，A对； 对于B选项，，B错； 对于C选项，，C对； 对于D选项，，D对. 故选：ACD. 10. 已知圆，直线过点，则下列说法正确的是（ ） A. 圆的半径为 B. 圆的圆心坐标为 C. 直线被圆截得的最短弦长为 D. 直线被圆截得的最长弦长为4 【答案】ACD 【解析】 【分析】由圆的标准方程和直线与圆的位置关系判断． 【详解】由已知圆的标准方程是，圆心为，半径为2，A正确，B错误； 记点为， ， 当时弦长最短，最短弦长为，当直线过圆心时，弦长最长，最长弦长为直径长4，CD均正确． 故选：ACD． 11. 如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是AD，DD1的中点，点P是底面ABCD内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在无数个点P，使得平面 B. 过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 C. 三棱锥的体积为定值 D. 三棱锥的外接球表面积为36π 【答案】ACD 【解析】 【分析】平面平面，在线段上时，平面，即可判断A，根据平行关系作出截面图，即可判断B，根据锥体的体积公式判断C，转化为求长方体的外接球，即可判断D. 【详解】对于A：因为是的中点，是的中点，所以， 平面，平面， 所以平面， 取中点，因为是的中点，所以， 平面，平面， 所以平面，平面，所以平面平面， 所以在线段上时，平面， 平面，故A正确； 对于B：因为，分别是，的中点，所以， 在正方体中，，所以， 过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形，故B错误； 对于C：因为，所以三棱锥的体积为定值，故C正确； 对于D：三棱锥的外接球可以补形为长方体（长为，宽为，高为）的外接球， 所以外接球的半径，所以外接球的表面积，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为单位向量.，若，则在上的投影向量的坐标为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据模与向量的关系求出的值，再根据在上的投影向量公式求出答案即可. 【详解】， 由题可得： ，可得， 则在上的投影向量为. 故答案为：. 13. 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： 14. 已知函数，若曲线在处的切线也与曲线相切，则实数____. 【答案】 【解析】 【分析】设出切点，写出切线方程，根据题意，列出方程组，即可求得参数值. 【详解】，故，又，故， 故在处的切线为：，也即； 设与曲线切于点，又，故， 则，且，则可得，解得， 故. 故答案为：. 四、解答题：本大题共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. 已知三角形三顶点，，，求： （1）直线的一般式方程； （2）边上的高所在直线的一般式方程. （3）求三角形的面积. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由两点式写出直线的方程，再化为一般式即可； （2）根据垂直和直线的斜率，得到边上的高所在直线的斜率，点斜式写出直线方程，化为一般式即可； （3）由（1）得直线的方程，根据点到直线的距离公式，可求得边所对应的高，再利用两点间距离公式求得边的长，再根据三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为，， 根据两点式，可得方程为， 整理得，其一般方程为. 【小问2详解】 因为，，所以， 所以边上的高所在直线的斜率为， 又点在边上的高所在的直线上， 所以高所在直线方程为， 所以其一般方程为. 【小问3详解】 由（1）得，直线的方程为，又点， 所以点到直线的距离，即边所对应的高为， 又，， 所以， 所以，. 16. 已知等差数列是递增数列，记为数列的前n项和，，且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前n项和为，求证. 【答案】（1） （2） ， ． 【解析】 【分析】（1）由等差数列基本量的计算直接求得； （2）由裂项相消法求出的前项和即可． 【小问1详解】 设等差数列的公差为，且， ，，成等比数列， ， ， ，且，， ； 【小问2详解】 略 17. 如图，在直四棱柱中，底面ABCD为矩形，E为棱的中点． （1）若，证明：． （2）设，，，，且点F到平面的距离为，求λ的值． 【答案】（1）证明见详解 （2）或 【解析】 【分析】（1）连接BD，，先根据正方形的性质、直四棱柱的性质及线面垂直的判定可证明平面，再根据线面垂直的性质即可证明； （2）根据题意建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量为，再根据向量的加法求出，进而根据点F到平面的距离为即可求出λ的值． 【小问1详解】 连接BD，， 因为，底面ABCD为矩形， 所以底面ABCD为正方形，所以， 在直四棱柱中，底面ABCD，则， 因为，平面，所以平面． 又平面，所以． 【小问2详解】 以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz， 则，，，，， 则，，, 设平面的法向量为， 则 令，得, 由，， 所以， 所以点F到平面的距离， 解得或． 18. 已知，，为坐标原点，动点满足. （1）求点的轨迹方程； （2），是点轨迹上的点，且.记直线，的斜率分别为，，证明：为定值，并求出该定值. 【答案】（1）； （2）证明：设， ， 则，由（1）知， ， 因此，， 所以为定值，该定值为. 【解析】 【分析】（1）设点，利用给定等式建立方程，化简即可得轨迹方程. （2）设，利用三角形面积公式，结合向量运算可得，再利用点都在椭圆上联立求解即得. 【小问1详解】 设点，由，得， 即， 则，整理得， 所以点的轨迹方程为. 【小问2详解】 略 19. 已知函数． （1）当时，求的单调区间； （2）当时，不等式恒成立，求的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为． （2） （3） 由（2）知，取，当时，，所以． 设，则满足， 所以， 即， 所以， 所以， 即． 【解析】 【分析】（1）求导并解不等式、即可. （2）分离参数可得，恒成立，令，运用导数求的最大值即可. （3）取，由（2）知，设，进而可得，整理可得，结合累加法证明即可. 【小问1详解】 当时，， 则． 由，得． 令，解得；令，解得， 故的单调递减区间为，单调递增区间为． 【小问2详解】 因为，恒成立，所以恒成立． 令，则． 令，则恒成立， 即在区间上单调递减， 又，所以，即． 所以时，， 所以在区间上单调递减，故，所以， 综上，实数的取值范围为． 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：恒成立问题解题方法： 方法1：分离参数法求最值 (1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题． (2)恒成立⇔； 恒成立⇔； 能成立⇔； 能成立⇔. 方法2：根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $