精品解析：河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）2025-2026学年高二下期04月测试（一）数学试题

河南省信阳高级中学新校（贤岭校区） 2025-2026学年高二下期04月测试（一） 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. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆与圆相切，则（ ） A. 4 B. 6 C. 4或6 D. 16或36 4. 用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有 A. 144个 B. 120个 C. 96个 D. 72个 5. 已知函数在处取得极值0，则（ ） A. 6 B. 12 C. 24 D. 12或24 6. 某校举办中学生运动会，某班的甲，乙，丙，丁，戊名同学分别报名参加跳远，跳高，铅球，跑步个项目，每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名，且甲不能参加跳远，则不同的报名方法共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 7. 已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为,,M为椭圆上一点,若,,则C的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，.若对任意，且，都有，则实数的取值范围是（ ） 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. 导函数的图象如图所示．在标记的点中，下列说法正确的是（ ） A. 是导函数的极大值点 B. 是导函数的极小值点 C. 是函数的极大值点 D. 是函数的极小值点 10. 已知数列是等比数列，则下列说法一定正确的是（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列是等比数列 C. 数列是等比数列 D. 数列是等差数列 11. 在平面直角坐标系中，已知，，动圆：，过点，分别作斜率为，的两条直线与动圆相切，两切线交于第一象限的点，设点到直线的距离为，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则__________. 13. 甲、乙、丙等6人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法有__________. 14. 若直线是曲线和曲线的公切线，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. 已知的展开式的二项式系数和为． （1）求的展开式中含的项； （2）若，求． 16. 如图，已知三角形是等腰三角形，，，C，D分别为，的中点，将沿CD折到△PCD的位置如图2，且，取线段PB的中点为E． （1）求证：平面PAD； （2）求二面角的正弦值． 17. 在数列中，记，若为等差数列，则称为二阶等差数列． （1）若，判断是否为二阶等差数列？并说明理由； （2）已知二阶等差数列满足，，． ①求数列的通项公式； ②若不等式对恒成立，求实数k的取值范围． 18. 在平面直角坐标系中，过点的圆与直线相切，设圆心的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）已知点是上的一点，过点的直线与有两个不同的交点． （i）当点到直线的距离取得最大值时，求； （ii）记直线交轴于点，直线交轴于点，若，试判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 19. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）设函数的零点为，设曲线在处的切线为，求证： （3）当时，设，且满足，求证：. 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） 2025-2026学年高二下期04月测试（一） 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. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据排列数的性质和计算公式化简求其解即可. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以，又，， 所以， 所以不等式的解集为， 故选：D. 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把双曲线方程中的1换为0，可得渐近线方程. 【详解】由题可知双曲线的渐近线方程为，即． 故选：B. 3. 已知圆与圆相切，则（ ） A. 4 B. 6 C. 4或6 D. 16或36 【答案】C 【解析】 【分析】求出两圆的圆心和半径，分内切与外切求解. 【详解】圆的圆心为，半径， 圆的圆心为，半径， ， 当两圆外切时，，即，解得； 当两圆内切时，，即，解得； 综上，则或. 4. 用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有 A. 144个 B. 120个 C. 96个 D. 72个 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；进而对首位数字分2种情况讨论，①首位数字为5时，②首位数字为4时，每种情况下分析首位、末位数字的情况，再安排剩余的三个位置，由分步计数原理可得其情况数目，进而由分类加法原理，计算可得答案． 解：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个； 分两种情况讨论： ①首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有3×24=72个， ②首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有2×24=48个， 共有72+48=120个． 故选B 考点：排列、组合及简单计数问题． 5. 已知函数在处取得极值0，则（ ） A. 6 B. 12 C. 24 D. 12或24 【答案】C 【解析】 【分析】根据在处取得极值0可得，解出即可. 【详解】由题意知，，又在处取得极值0， 则，解得或， 当时，， 函数在R上单调递增，无极值，不符合题意； 当时，， 令或，， 所以在、上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极小值，符合题意， 所以，， 则. 故选：C. 6. 某校举办中学生运动会，某班的甲，乙，丙，丁，戊名同学分别报名参加跳远，跳高，铅球，跑步个项目，每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名，且甲不能参加跳远，则不同的报名方法共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】C 【解析】 【分析】在甲单独参加某项比赛条件下，结合分堆问题的处理方法及分步乘法计数原理求满足条件的方法数，再在甲不单独参加某项比赛条件下，.由分步乘法计数原理及排列知识求满足条件的方法数，最后利用分类加法原理求结论. 【详解】满足条件的报名方法可分为两类： 第一类：甲单独参加某项比赛， 先安排甲，由于甲不能参加跳远，故甲的安排方法有种， 再将余下人，安排到与下的三个项目， 由于每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名， 故满足条件的报名方法有, 所以甲单独参加某项比赛的报名方法有种， 第二类：甲与其他一人一起参加某项比赛， 先选一人与甲一起，再将两人安排至某一项目，有种方法， 再安排余下三人，有种方法， 所以甲不单独参加某项比赛的报名方法有种， 所以满足条件的不同的报名方法共有种方法. 故选：C. 7. 已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为,,M为椭圆上一点,若,,则C的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，利用已知条件求出，再联立椭圆方程结合即可求出. 【详解】，故点位于线段的中点，设，则， ，又，，化简得， 又M为椭圆上一点，，联立得，即， 此方程有解，则，化简得，即恒成立， 方程的两个根为和， 又，，，解得. 则C的离心率的取值范围是. 8. 已知函数，.若对任意，且，都有，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】不妨假设， 由题意可得，即函数在上单调递增，再根据在上恒成立，可得到，然后求出函数的最小值，即可解出． 【详解】不妨假设， 则可变形为， 即函数在上单调递增，所以在上恒成立， 即，化简得，设，， 易知函数在上单调递减，在上单调递增，所以， 即． 故选：A． 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. 导函数的图象如图所示．在标记的点中，下列说法正确的是（ ） A. 是导函数的极大值点 B. 是导函数的极小值点 C. 是函数的极大值点 D. 是函数的极小值点 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据极大值、极小值的定义，判断出正确选项. 【详解】根据导函数的图象可知：的两侧的小区域内，的图象左减右增， 所以在，处导函数有极小值；的两侧的小区域内，左增右减， 所以在处导函数有极大值. 根据导函数的图象可知：的左侧导数大于零，在内导数小于零， 所以在处函数有极大值. 在上导数大于零，所以在处函数有极小值. 而左右两侧导函数符号相同，原函数不取得极值. 由此可知A错误，BCD正确. 10. 已知数列是等比数列，则下列说法一定正确的是（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列是等比数列 C. 数列是等比数列 D. 数列是等差数列 【答案】AB 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，然后利用等比数列和等差数列概念逐项判断，即可求解. 【详解】设等比数列的公比为，是等比数列，，，故A正确； 因为，所以数列是等比数列，故B正确； 设，则，，， 此时数列不是等比数列，故C错误； 不为常数，故D错误. 故选：AB. 11. 在平面直角坐标系中，已知，，动圆：，过点，分别作斜率为，的两条直线与动圆相切，两切线交于第一象限的点，设点到直线的距离为，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据双曲线的定义得到点是以，为焦点的双曲线，且求出点的轨迹方程，选项A，由求解；选项B，利用渐近线和直线的关系得到的范围；选项C，利用渐近线和直线的关系得到的范围；选项D，利用点斜式设出过点的切线方程，利用点斜式求出点到直线的距离，利用的范围求出的范围. 【详解】设圆与线段交于点，圆与线段交于点，圆与线段交于点， 动圆：，圆心为，半径为， ， ，，，为圆的切线， 为圆的切线， ， ， ，， 点是以，为焦点的双曲线，且， ，， 点的轨迹方程为， 选项A，在上，为焦点， ，故选项A正确； 选项B，的渐近线方程为， ，故选项B正确； 选项C， 直线的倾斜角可以是钝角，故错误，故选项C错误； 选项D，设过点的切线方程为，即， ，点到直线的距离为， ，，，，， ，，，故选项D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】对给定等式两边求导，赋值求出，进而求出，最后求出即可. 【详解】由，求导得， 则，解得， 即，故. 13. 甲、乙、丙等6人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法有__________. 【答案】96 【解析】 【分析】分类讨论：乙丙及中间人占据首四位、乙丙及中间人占据中间四位、乙丙及中间人占据尾四位，然后根据分类加法计数原理求得结果. 【详解】因为乙和丙之间恰有2人，所以乙丙及中间人占据首四位或中间四位或尾四位， 当乙丙及中间人占据首四位，此时还剩最后2位，甲不在两端， 第一步先排末位有种，第二步将甲和中间人排入有种，第三步排乙丙有种， 由分步乘法计数原理可得有种； 当乙丙及中间人占据中间四位，此时两端还剩2位，甲不在两端， 第一步先排两端有种，第二步将甲和中间人排入有种，第三步排乙丙有种， 由分步乘法计数原理可得有种； 乙丙及中间人占据尾四位，此时还剩前2位，甲不在两端， 第一步先排首位有种，第二步将甲和中间人排入有种，第三步排乙丙有种， 由分步乘法计数原理可得有种， 由分类加法计数原理可知，一共有种排法. 14. 若直线是曲线和曲线的公切线，则实数______． 【答案】1或 【解析】 【分析】分别设出直线和两曲线的切点坐标，求出切线方程的表达式，联立方程组可解得切点坐标，代入计算可得斜率或. 【详解】设直线与曲线的切点为; 易知,可得, 因此切线方程为，即, 可得, 设直线与曲线的切点为; 又，所以, 切线方程为,即, 所以; 因此可得，整理可得， 解得; 当时，可得； 当时，可得; 所以或. 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. 已知的展开式的二项式系数和为． （1）求的展开式中含的项； （2）若，求． 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）由二项式系数和可得出关于的等式，解出的值，再利用二项展开式通项可求出展开式中含的项. （2）令可得出的值，令可得出的值，即可得出的值． 【小问1详解】 由题意得的展开式的二项式系数和为，解得． 展开式的通项公式为， 令，解得，代入通项公式得． 【小问2详解】 因为， 所以令，得， 令，得， 所以． 16. 如图，已知三角形是等腰三角形，，，C，D分别为，的中点，将沿CD折到△PCD的位置如图2，且，取线段PB的中点为E． （1）求证：平面PAD； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1） 证明：取PA中点F，连接DF，EF， ∵E为PB的中点，则，，∴，， 又∵C，D分别为，的中点，∴，， ∴，， ∴四边形CDEF为平行四边形，∴． ∵平面PAD，平面PAD， ∴平面PAD； （2） 【解析】 【分析】（1）取PA中点F，连接DF，EF，即可证，，得到四边形CDEF为平行四边形，则，再由线面平行的判定可得平面PAD； （2）通过题目条件证得AD，CD，PD两两互相垂直，以D为坐标原点，分别以AD，CD，PD所在直线为x轴、y轴、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面ECA，平面ECB的法向量，再由两法向量所成角的余弦值即可求得二面角的正弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题知，，， ∴，则， ∵在中，，C，D分别为，的中点， ∴，∴，， ∴AD，CD，PD两两互相垂直． 如图所示，以D为坐标原点，分别以AD，CD，PD所在直线为x轴、y轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， ∴，，， 设平面ECA，平面ECB的法向量分别为，， 则，取，可得； ，取，得． ∴． 设二面角的平面角为，则． 17. 在数列中，记，若为等差数列，则称为二阶等差数列． （1）若，判断是否为二阶等差数列？并说明理由； （2）已知二阶等差数列满足，，． ①求数列的通项公式； ②若不等式对恒成立，求实数k的取值范围． 【答案】（1）是，理由如下： 因为，所以 ， 所以，故数列为等差数列， 故数列为二阶等差数列. （2）①； ②. 【解析】 【分析】（1）求出数列的通项公式，结合“二阶等差数列”的定义判断即可； （2）①求出等差数列的通项公式，再利用累加法可求得数列的通项公式； ②由可得，令，分析数列的单调性，求出该数列最大项的值，即可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①根据题意可得，， 因为数列为等差数列，故数列的公差为, 所以等差数列的首项为，故， 所以， 当时，，，，， 上述等式相加得， 故， 也满足，故对任意的，； ②由题意可知，，即，可得， 令，则， 当且时，，可得； 当时，； 当且时，，可得， 所以数列的最大项为，故， 所以实数的取值范围是. 18. 在平面直角坐标系中，过点的圆与直线相切，设圆心的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）已知点是上的一点，过点的直线与有两个不同的交点． （i）当点到直线的距离取得最大值时，求； （ii）记直线交轴于点，直线交轴于点，若，试判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）8；（ii）为定值2. 【解析】 【分析】（1）根据两点间距离公式及条件，列出方程，整理即可得答案. （2）（i）根据C的方程，可得点P的坐标，分析可得当时，点到直线的距离取得最大值，求出的方程，与曲线C联立，根据韦达定理，可得的值，代入弦长公式，即可得答案. （ii）设出直线的方程，与曲线C联立，根据韦达定理，可得的表达式，写出直线的方程，即可得点M的纵坐标的表达式，同理可得点N的纵坐标的表达式，结合条件可得的表达式，整理计算，即可得答案. 【小问1详解】 设点为上任意一点，因为圆过点且与直线相切， 所以与点到直线的距离相等，故，整理得， 即的方程为． 【小问2详解】 （i）因为点是上的一点，所以，解得，即， 当点到直线的距离取得最大值时，有， 又，所以直线的斜率为，则直线的方程为， 设，由，得，所以， 所以． （ii）由题意可知直线的斜率存在且不为0， 设直线的方程为， 由，得， 此时即即且, 又， 则直线的方程为， 令，得点的纵坐标为． 同理得点的纵坐标为． 由，得． 所以 ．即为定值2. 19. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）设函数的零点为，设曲线在处的切线为，求证： （3）当时，设，且满足，求证：. 【答案】（1）在为增函数；在为减函数； （2）由，解得， 又因为，则， 所以切线方程为， 设，则， 令，解得， 当时，，当时，， 可知在为增函数，在为减函数， 故，所以； （3）由（1）可知， ①若，则， 不符合题意； 所以， ②若，则， ③若，，又因为在为减函数， 所以，所以， 综上所述， 又因为，由， 所以， 即，即， 设， 所以， 方法一：设，所以， 因为在为单调递增， 当时，，，， 所以存在，使得 ，即， 又因为，，即在为减函数； 又因为，，即在为增函数； 所以， 又因为，则有， 又因为， ， 所以 ，即在为增函数， 又因为，所以，即. 方法二： 设，因为在单调递增， 又因为所以 所以 ，即在为增函数， 又因为，所以，即. 【解析】 【分析】（1）求出函数导数，利用导数求函数单调区间； （2）求出切线方程，构造函数，利用导数求最值，即可得证； （3）分类讨论证明，结合条件不等式可转化为，构造函数，求导后，利用不同方法证明在为增函数，即可得证. 【小问1详解】 ， 由， 当时，，即在为增函数； 当时，，即在为减函数. 所以的递增区间为，递减区间为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $