精品解析：河南信阳高级中学新校（贤岭校区）2025-2026学年高二下期04月测试（二）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（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. 已知全集，集合满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知符号函数则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知函数在上单调递减，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 已知等比数列的前n项和为，若，，则公比（ ） A. －2 B. 2 C. D. 6. 白舍窑位于江西省南丰县白舍镇，是宋元时期“江西五大名窑”，其瓷器以白瓷最为闻名，素有“白如玉，薄如纸”的特点．如图是白舍窑生产的一款斗笠型茶杯，茶杯外形上部为一个圆台，下部实心且外形为圆柱．现测得底部直径为6cm，上部直径为12cm，茶杯侧面与水平面的夹角为，则该茶杯容量（茶杯杯壁厚度忽略不计）约为（ ）（单位：） A. B. C. D. 7. 如图所示，在中，，，，是的中点，点在上，且.则（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线和圆，点F是抛物线C的焦点，圆M上的两点满足，，其中O是坐标原点，动点P在圆M上运动，则点P到直线AB的最大距离为（ ） 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. 已知等差数列的公差，前n项和为，若，，成等比数列，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 若函数有且只有两个正零点，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和6，侧棱长为4，点在侧面内运动（包含边界），且与平面所成角的正切值为，为上一点，且，则下列结论正确的有（ ） A. 正三棱台的高为 B. 点的轨迹长度为 C. 高为，底面半径为的圆柱可以放进该棱台内 D. 过点，，的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 将4个编号为1，2，3，4的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子中.恰好有一个空盒，有____种放法. 13. 设函数在上恰有两个零点，则__________. 14. 作为人工智能的核心领域，机器学习致力于让机器从数据中学习.在该领域中，如何度量样本间的相似性是一个基础问题，通常通过计算它们之间的“距离”来实现，闵氏距离便是多种距离度量中的一种基础且重要的形式.设两组数据分别为和，则这两组数据间的闵氏距离，其中表示阶数.若，，则的最小值为________. 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. 已知的内角的对边分别为，，且的面积为． （1）求； （2）若为锐角三角形，，求的值． 16. 已知数列的各项均为正数，前项和为，且，是与的等差中项. （1）证明：数列是等差数列； （2）设，求数列的前项和. 17. 在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面． （1）求证：； （2）在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 18. 已知函数，． （1）求函数的单调区间； （2）若对任意恒成立，求实数的取值范围． 19. 已知的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，过椭圆左焦点作不与轴重合的直线与椭圆相交于､两点，直线的方程为：，过点作垂直于直线交直线于点. （1）求椭圆的标准方程； （2）①求证：直线必过定点，并求定点的坐标. ②点为坐标原点，求面积的最大值. 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（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. 已知全集，集合满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据补集的定义求出集合，再判断即可. 【详解】因为，且， 所以， 所以，，，. 故选：D 2. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，函数在上单调递增； 对于B，函数， 所以函数在上单调递减，在上单调递增； 对于C，因为函数在上单调递减， 所以函数在上单调递增； 对于D，因为函数和在上单调递减， 所以函数在上单调递减. 3. 已知符号函数则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充要条件的定义判断可得答案. 【详解】若，则异号，所以， 故“”是“”的充要条件. 故选：A. 4. 已知函数在上单调递减，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据周期范围，求出的大致范围，再根据的取值范围，求出的取值范围，根据的范围求出左端点的范围，再根据正弦函数的性质得到不等式组，求解即可. 【详解】设函数的最小正周期为T，由题意得，即， 又，所以，解得, 又，所以，所以， 要使函数在上单调递减，则，解得. 故选：C. 5. 已知等比数列的前n项和为，若，，则公比（ ） A. －2 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比数列的前项和公式列出方程组，能求出首项． 【详解】由题得， 等比数列的前项和为，，， ，解得，． 故选：B 6. 白舍窑位于江西省南丰县白舍镇，是宋元时期“江西五大名窑”，其瓷器以白瓷最为闻名，素有“白如玉，薄如纸”的特点．如图是白舍窑生产的一款斗笠型茶杯，茶杯外形上部为一个圆台，下部实心且外形为圆柱．现测得底部直径为6cm，上部直径为12cm，茶杯侧面与水平面的夹角为，则该茶杯容量（茶杯杯壁厚度忽略不计）约为（ ）（单位：） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】圆台的体积即为该茶杯容量，求出圆台的高，进而利用圆台体积公式求出答案. 【详解】圆台的体积即为该茶杯容量，如图，cm，cm， 过点分别作⊥，⊥于点， 则cm，cm， 其中圆台的高为cm， 故圆台体积为. 故选：D 7. 如图所示，在中，，，，是的中点，点在上，且.则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用基底表示向量，再利用数量积的运算律求解. 【详解】由，得. 由是的中点知，，且，得， 所以. 则 . 故选：B. 8. 已知抛物线和圆，点F是抛物线C的焦点，圆M上的两点满足，，其中O是坐标原点，动点P在圆M上运动，则点P到直线AB的最大距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件可知满足到两定点距离比为常数，设动点满足求解动点轨迹为圆，可知为两圆相交弦，得直线方程，再结合图形由点线距离公式得到圆上动点到直线的距离最大值. 【详解】抛物线的焦点， 圆，其圆心，半径． 设点是满足的任意一动点，， 则， 化简得，即. 故动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. 由已知，，则圆M上的两点也在圆上. 所以AB是圆与圆的公共弦， 将圆与圆的方程联立， 两式相减化简得直线AB的方程为， 由动点P在圆M上运动，又圆心到直线的距离， 结合图形可知，点到直线的最大距离为. 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. 已知等差数列的公差，前n项和为，若，，成等比数列，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由等比中项性质可得出，从而得出AB，分别讨论和即可得出CD. 【详解】因为成等比数列，所以，即，化简得， 所以，A正确. ，B正确. 若，则，，， 若，则，，，C错误，D正确. 10. 若函数有且只有两个正零点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用判别式和韦达定理求解. 【详解】函数有且只有两个正零点，设这两个正零点为， ，， 故选：BCD. 11. 如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和6，侧棱长为4，点在侧面内运动（包含边界），且与平面所成角的正切值为，为上一点，且，则下列结论正确的有（ ） A. 正三棱台的高为 B. 点的轨迹长度为 C. 高为，底面半径为的圆柱可以放进该棱台内 D. 过点，，的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】延长正三棱台的侧棱相交于点，根据题意可得三棱锥为正四面体，设为等边三角形的中心，再求出正四面体的高，进而得到正三棱台的高即可判断A；由与平面所成角的正切值为，得到，则点在等边三角形的内切圆上，再求周长即可判断B；根据三棱台的高及上底面内切圆的半径即可判断C；设正四面体的内切球的半径为，利用等体积法得到，再结合题意可知过点，，的平面正好过该内切球的球心，进而得到截面面积即可判断D． 【详解】如图，延长正三棱台的侧棱相交于点，由题意可知，. 在等腰梯形中，因为，，，所以， 即为等边三角形，所以三棱锥为正四面体，且. 对于A，设为等边三角形的中心， 由正四面体的性质可知，侧面，且， 即点到底面的距离为， 又因为，，所以正三棱台的高为，故A错误； 对于B，因为与平面所成角的正切值为， 所以，解得， 且等边三角形的内切圆的半径为，可知点在等边三角形的内切圆上， 又，， 故该圆与相切，所以点的轨迹长度为，故B正确； 对于C，因为正三棱台的高为，的内切圆的半径为，且， 所以高为、底面半径为的圆柱可以放进该棱台内，故C正确； 对于D，设正四面体的内切球的半径为， 由等体积法可得，解得， 因为，所以该棱台内最大的球即正四面体的内切球， 又因为，，，所以为的中点，过点，，的平面正好过该内切球的球心， 所以截面面积为，故D正确． 故选：BCD． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 将4个编号为1，2，3，4的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子中.恰好有一个空盒，有____种放法. 【答案】144 【解析】 【分析】按分步计数原理，先将小球分为三组，再放入四个盒子中的三个. 【详解】根据题意，分2步进行分析： ①将4个小球分为三组，其中一组有2个小球，另外两组各有1个小球， 有种分组方法； ②从4个盒子中任选3个，放入三组小球，有种情况， 故共有种不同的放法； 故答案为：144. 13. 设函数在上恰有两个零点，则__________. 【答案】或 【解析】 【分析】先将函数化简成，将函数有两个零点问题转化成函数与图象在上恰有两个交点问题，然后数形结合根据函数的图象性质即可得解. 【详解】由题得， 因为函数在上恰有两个零点， 所以方程在上恰有两个根， 所以函数与图象在上恰有两个交点， 令， 即函数的对称轴方程为， 所以在上有两条对称轴为和，如图， 所以由函数的图象性质可知或. 故答案为：或. 【点睛】思路点睛：研究三角函数问题，通常需要利用三角恒等变换公式化成一角一函数，故解决本题先利用辅助角公式将函数化简成，再将题中所给条件函数有两个零点问题转化成函数与图象在上恰有两个交点问题，然后作出有关函数图象，数形结合根据函数的图象性质即可得解. 14. 作为人工智能的核心领域，机器学习致力于让机器从数据中学习.在该领域中，如何度量样本间的相似性是一个基础问题，通常通过计算它们之间的“距离”来实现，闵氏距离便是多种距离度量中的一种基础且重要的形式.设两组数据分别为和，则这两组数据间的闵氏距离，其中表示阶数.若，，则的最小值为________. 【答案】2 【解析】 【分析】法1：由题意得，令，求导可得，则，再分、、三种情况求最值即可；法2：利用几何意义，表示点，横坐标差的绝对值与纵坐标差的绝对值之和，作于，根据，即求的最值即可． 【详解】法1：由题意得， 令，则， 所以当时，，时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以，即. 当时，，当且仅当时，取得最小值2. 当时，，当且仅当时，取得最小值2. 当时，，当且仅当，时，取得最小值2. 综上所述，的最小值为2. 法2：表示点，横坐标差的绝对值与纵坐标差的绝对值之和. 作于，， 令，则， 令，解得， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， ， 故的最小值为2． 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. 已知的内角的对边分别为，，且的面积为． （1）求； （2）若为锐角三角形，，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理及三角形的面积公式求解． （2）由（1）知，，而， ，得为等边三角形，即可求解． 【小问1详解】 由余弦定理得， 因为，所以. 由三角形面积公式得， 又因为，所以， 所以， 因为，所以. 【小问2详解】 由（1）知，，得， 而，得，又， 得为等边三角形，得， 故. 16. 已知数列的各项均为正数，前项和为，且，是与的等差中项. （1）证明：数列是等差数列； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）证明：因为是与的等差中项，所以， 所以， 因为数列的各项均为正数，所以， 所以，所以， 所以数列是公差为1，首项为的等差数列； （2） 【解析】 【分析】（1）先根据等差中项列式，再根据完全平方公式计算化简，由定义得出等差数列； （2）先写出等差数列的通项公式，再应用的分组求和得出即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为数列是公差为1，首项为的等差数列， 所以， 所以，当时，， 当时，， 所以, 所以， 17. 在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面． （1）求证：； （2）在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） 因为，且， 可得，， 又因为，可得， 所以，则， 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又因为平面， 所以； （2）存在点，此时 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理可证明平面，再由线面垂直的性质即可得； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，且平面，所以， 如图所示，以点为原点，建立空间直角坐标系， 可得，，，， 所以，． 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 假设存在点，使得与平面所成角为， 设，（其中），则，， 所以， 整理得，解得或（舍去）， 所以在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时． 18. 已知函数，． （1）求函数的单调区间； （2）若对任意恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为． （2）. 【解析】 【分析】（1）对求导判断单调性即可； （2）由不等式恒成立通过参变分离化成求解函数的最小值问题即可. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 函数的单调递减区间为，单调递增区间为． 【小问2详解】 由对任意恒成立，即对任意恒成立， 也即对任意恒成立， 令，则， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， ∴， ∴． 19. 已知的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，过椭圆左焦点作不与轴重合的直线与椭圆相交于､两点，直线的方程为：，过点作垂直于直线交直线于点. （1）求椭圆的标准方程； （2）①求证：直线必过定点，并求定点的坐标. ②点为坐标原点，求面积的最大值. 【答案】（1） （2）① 证明见解析；②. 【解析】 【分析】（1）椭圆 的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，列出方程，求解，得到椭圆的标准方程. （2）①设直线方程，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求解直线方程，然后得到定点坐标. ②由①中,，利用弦长公式， 求解三角形的面积表达式，然后求解最大值即可. 【小问1详解】 由题意可得，解得， 故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 ① 证明：由题意知，结合对称性可知点在轴上，又， 设直线方程：，设，，， 联立方程得， 所以，，所以， 又，所以直线方程为：， 令，则 . 所以直线过定点. ②由①中，所以， 又， 所以， 令，则， 令，当时，， 故在上单调递增，则在上单调递减， 即在上单调递减， 所以时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $