精品解析：广西贺州市昭平中学2025-2026学年高二下学期4月测试数学试题

高二数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、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． 4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册、选择性必修第二册、选择性必修第三册第六章止． 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. 是数列的（ ） A. 第15项 B. 第16项 C. 第17项 D. 第18项 【答案】C 【解析】 【分析】根据数列的概念求解即可. 【详解】由，解得． 2. 已知数列为等差数列，且，则（ ） A. 11 B. 22 C. 44 D. 88 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列的性质求解. 【详解】根据等差数列的性质可得，所以． 3. 已知函数满足，则（ ） A. 8 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合导数的定义运算求解即可. 【详解】根据导数的定义可得． 4. 若在数列中，，则（ ） A. 9 B. 1 C. 10 D. 【答案】B 【解析】 【分析】用累加法结合对数运算即可求解. 【详解】由题意得， ， …， ， 以上各式相加得． 5. 下列求导错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】以基本初等函数公式以及求导法则逐项判断即可. 【详解】，A正确． ，B错误． ，C正确． ，D正确． 6. 某黄山旅游团共有10人（含小张一家三口和小李一家四口），当他们到达迎客松景点时，要站成一排拍照留念，则小张一家站在一起且小李一家站在一起的排法种数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由捆绑法可得小张一家站在一起且小李一家站在一起的排法种数为． 7. 已知函数的大致图象如图所示，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合函数图象过定点求解，再结合导数和极值点的性质建立关于的一元二次方程，根据韦达定理求解即可. 【详解】由图象可知，，，解得， 所以，则， 由图象可知是函数的两个极值点，令，则， 是方程的两个不同实数根，故． 8. 已知正项数列满足，，则数列的前10项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据题意可得，即， 所以，则当时，， 因为，所以， 所以， 则数列的前10项和． 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. 在的展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 展开式共21项 B. 含的项的系数为760 C. 只有第10项的二项式系数最大 D. 展开式的各项系数的和为1 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合二项式定理的性质可以判断A；利用二项式定理的通项求解系数可以判断B；根据二项式定理系数性质和二项式次数为可以判断二项式系数最大项，可以判断C；令，代入二项式即可判断D. 【详解】由题意得的展开式共21项，A正确； 展开式的通项为 ，，， 由，得，则含的项的系数为，B正确； 展开式的第项（）对应的二项式系数为， 当为偶数时，只有中间那一项的二项式系数最大， 因为，因此二项式系数最大为，对应， 即二项式系数最大的项是第项，C错误； 令，得展开式的各项系数的和为，D正确. 10. 小张读完某本书共需要10个小时，若他在3月1日、3月2日均未读这本书，且在3月3日读了28分钟，从3月4日开始，每天读这本书的时间比前一天多4分钟，已知他在3月份只读这一本书，则（ ） A. 他在3月5日读了32分钟 B. 他在3月6日读了40分钟 C. 他在3月11日读了1个小时 D. 他在3月14日正好读完这本书 【答案】BCD 【解析】 【详解】设小张在3月3日、3月4日、3月5日……当天读这本书的时长分别为分钟、分钟、分钟……， 依题意可知数列成等差数列，且首项为28，公差为4，则，，， 所以他在3月5日读了36分钟，在3月6日读了40分钟，在3月11日读了1个小时． 因为，所以他在3月14日正好读完这本书． 11. 已知函数，则（ ） A. B. 有4个极值点 C. 在上有零点 D. 在上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，代入计算即可；对于B，求原函数的极值点即求导函数的变号零点即可；对于C，求函数在某区间是否有零点，利用零点存在性定理判断即可；对于D，判断函数在某区间的单调性即求其导函数在该区间的正负情况即可. 【详解】对于A选项，由，所以选项A正确； 对于B选项，令函数， 则， 所以为偶函数，， 令函数，则， 令函数，则， 当时，，所以在上单调递减， 即在上单调递减，所以， 则在上单调递减，所以， 即，所以在上单调递减， 则在上单调递增，即在上单调递增， 在上单调递减，因为， ，， 所以在上有1个极值点，在上有1个极值点， 所以只有2个极值点，所以选项B错误； 对于C选项，由，， 由零点的存在性定理可知在上有零点，所以选项C正确； 对于D选项，， 当时，，， 因为，所以在上恒成立， 所以在上单调递增，所以选项D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 等比数列满足，，则公比______． 【答案】3 【解析】 【详解】数列为等比数列，，， ，则，解得. 13. 若直线与圆心为的圆相离，则该圆的半径的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先求点到直线的距离，结合直线与圆的位置关系即可得结果. 【详解】因为点到直线的距离， 所以该圆的半径的取值范围是． 14. 已知数列满足，且，则______． 【答案】 【解析】 【详解】设，即， 和比较可得，则， 所以是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以． 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. 已知是所在平面外一点，，，． （1）证明：是平面的一个法向量． （2）求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明出，，结合线面垂直的判定定理可得出平面，结合法向量的定义即可证得结论成立； （2）求出向量、的坐标，利用空间向量的夹角公式求解即可. 【小问1详解】 因为，所以． 因为，所以． 因为，、平面，所以平面， 所以是平面的一个法向量． 【小问2详解】 由题意得， 因为四边形为平行四边形，所以， 则． 故异面直线与所成角的余弦值为． 16. 已知函数，点在曲线上． （1）求的值； （2）求曲线在点处的切线方程； （3）求曲线过点的切线方程． 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）已知点在曲线上，将点的坐标代入函数表达式即可求出的值； （2）对函数求导，得到切线的斜率，利用点斜式求切线方程； （3）设出切点坐标，根据导数的几何意义求出切线斜率，利用点斜式求出切线方程，代入已知点的坐标求出切点，进而求出切线方程. 【小问1详解】 因为点在曲线上， 所以，解得． 【小问2详解】 由， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即． 【小问3详解】 设切点坐标为，则， 所以曲线在点处的切线方程为， 即． 将点的坐标代入切线方程， 可得，解得或． 当时，所求切线方程为； 当时，所求切线方程为． 综上所述，曲线过点的切线方程为或． 17. 已知等差数列满足，，且． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的通项公式； （3）求数列的前项和． 【答案】（1） （2）． （3） 【解析】 【分析】（1）由题意列式求出等差数列的公差，即可求得答案； （2）根据已知等式可得当时，，采用两式相减的方法，结合验证，即可求得答案； （3）根据错位相减法求数列的前n项和，即可得答案. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，由于，， 则，解得， 所以． 【小问2详解】 由题意知， 当时，， 所以． 当时，，满足，所以． 【小问3详解】 依题意可知， 则， ， 两式作差得 ． 故． 18. 已知双曲线的右焦点为，且的离心率为2． （1）求的方程． （2）设点，都在的渐近线上，且直线与相切，切点为．证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据焦点坐标和离心率求得， ，进而得，即可得解； （2）先证明直线的斜率不存在时，；当直线的斜率存在时，设直线的方程为．与双曲线方程联立，由得，化简直线的方程为．与渐近线联立，利用韦达定理证明即可． 【小问1详解】 由题意得，，则，， 故的方程为． 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时， 由对称性可知，为的中点，则，则． 当直线的斜率存在时，设直线的方程为． 由得． 由，得 ， 即． 因为，所以，， 所以，即，解得， 所以直线的方程为，因为，所以． 由得， 即，． 易得是关于的方程的两个根，所以． 19. 已知函数，其中． （1）当时，求的单调区间． （2）设有四个零点． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为，． （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数与函数单调性间的关系，直接求出的单调区间即可； （2）（i）根据条件，将问题转化成有三个非零的零点，再利用导数与函数间的关系，得，其中，即可求解；（ii）利用（i）中结果可得，进而可得，，进而将问题转化成证明，再利用在上的单调性，即可求解. 【小问1详解】 当时，，易知的定义域为，令， 则， 当时，；当或时，． 所以的单调递减区间为，单调递增区间为，． 【小问2详解】 （ⅰ），显然0是的一个零点， 令函数，则有三个非零的零点，所以， 又，令，得，其中． 当时，，在区间上单调递增； 当时，，在区间上单调递减； 当时，，在区间上单调递增． 则，又时，，时，，所以， 即，即， 整理得． 设，则，即． 因为，所以，所以，即，所以． （ⅱ）由（ⅰ）可知，，则的三个零点所在区间依次为，，， 所以，其中是的三个零点， 则 ， 对比系数可得，， 所以，，则， 要证，只需证，因为，，所以只需证． 因为， 且， 又在区间上单调递增，且时，， 所以，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、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． 4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册、选择性必修第二册、选择性必修第三册第六章止． 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. 是数列的（ ） A. 第15项 B. 第16项 C. 第17项 D. 第18项 2. 已知数列为等差数列，且，则（ ） A. 11 B. 22 C. 44 D. 88 3. 已知函数满足，则（ ） A. 8 B. C. 2 D. 4. 若在数列中，，则（ ） A. 9 B. 1 C. 10 D. 5. 下列求导错误的是（ ） A. B. C. D. 6. 某黄山旅游团共有10人（含小张一家三口和小李一家四口），当他们到达迎客松景点时，要站成一排拍照留念，则小张一家站在一起且小李一家站在一起的排法种数为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的大致图象如图所示，则（ ） A. B. C. 1 D. 8. 已知正项数列满足，，则数列的前10项和为（ ） 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. 在的展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 展开式共21项 B. 含的项的系数为760 C. 只有第10项的二项式系数最大 D. 展开式的各项系数的和为1 10. 小张读完某本书共需要10个小时，若他在3月1日、3月2日均未读这本书，且在3月3日读了28分钟，从3月4日开始，每天读这本书的时间比前一天多4分钟，已知他在3月份只读这一本书，则（ ） A. 他在3月5日读了32分钟 B. 他在3月6日读了40分钟 C. 他在3月11日读了1个小时 D. 他在3月14日正好读完这本书 11. 已知函数，则（ ） A. B. 有4个极值点 C. 在上有零点 D. 在上单调递增 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 等比数列满足，，则公比______． 13. 若直线与圆心为的圆相离，则该圆的半径的取值范围是______． 14. 已知数列满足，且，则______． 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. 已知是所在平面外一点，，，． （1）证明：是平面的一个法向量． （2）求异面直线与所成角的余弦值． 16. 已知函数，点在曲线上． （1）求的值； （2）求曲线在点处的切线方程； （3）求曲线过点的切线方程． 17. 已知等差数列满足，，且． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的通项公式； （3）求数列的前项和． 18. 已知双曲线的右焦点为，且的离心率为2． （1）求的方程． （2）设点，都在的渐近线上，且直线与相切，切点为．证明：． 19. 已知函数，其中． （1）当时，求的单调区间． （2）设有四个零点． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $