精品解析：河南信阳高级中学北湖校区2025-2026学年高二下学期04月测试（二）数学试题

河南省信阳高级中学北湖校区 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. 函数在区间上的平均变化率为（ ） A. B. C. D. 2. 在等差数列中，若，则（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 3. 李师傅饮酒后，其血液中的乙醇含量（单位：）与酒后代谢时间（单位：h）的函数关系满足，则当时，李师傅血液中的乙醇含量的瞬时变化率的数值为（ ） A. B. C. D. 4. 函数的零点的个数为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 5. 在直三棱柱中，，分别为，的中点，设，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 《哪吒2》的播放掀起了观影热潮，某影院欲新建一个播放厅，可以容纳1160个座位，若第一排安排20个座位，从第二排起，后一排比前一排多4个座位，则播放厅最多可以建的座位的排数为（ ） A. 24 B. 22 C. 20 D. 18 7. 设为正项数列的前项和，已知，对于任意的，都有，若不等式对于任意的恒成立（其中），则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 在正四棱柱中， ，，是该正四棱柱表面上的一动点，且满足，则点的运动轨迹的长度为（ ） A. 8 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. 下列求导运算正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知圆过点，，且圆心在轴上，则下列说法正确的是（ ） A. 圆心的坐标为 B. 圆的标准方程为 C. 圆与轴的交点坐标为 D. 圆上一点到点距离的最大值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在正项等比数列中，，，则公比________． 13. 某年六月，“青松”团队的名成员（含队长“戊”）相约赏荷，人站在荷花池边排成一排合影留念，其中队长戊必须站在正中间，甲和乙必须相邻，丙和丁不能相邻，则符合条件的排法种数有______种（用数字作答）. 14. 已知椭圆的左､右焦点分别为，是上位于第一象限内的一点，且.过原点作平行于的直线，与和的角平分线分别交于两点，且，则实数的值为______． 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. 已知在的展开式中，第6项系数与第4项系数之比是6:1. （1）求展开式中所有二项式系数的和. （2）若展开式中，第k项为有理项，求k的取值集合. （3）求展开式中系数绝对值最大的项. 16. 如图，在正三棱台中， ，. （1）求的长度； （2）求三棱台的体积. 17. 已知在正项数列中，为其前项和，且，是与的等差中项． （1）求，的值； （2）求数列的通项公式； （3）若，为数列的前项和，证明：． 18. 已知函数，． （1）当时，求函数的极值； （2）若曲线在点处的切线与函数的图象相切，求切线的方程； （3）当时，恒成立，求实数的取值范围． 19. 如图，在某城市中，两地之间有整齐的方格形道路网，其中是道路网中位于一条对角线上的个交汇处，今在道路网处的甲、乙两人分别要到处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径． （1）甲从到达处的走法有多少种； （2）甲从必须经过到达处的走法有多少种； （3）甲、乙以相同的速度同时出发，直到到达处为止．他们在行走途中会相遇，则共有多少种走法． 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北湖校区 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. 函数在区间上的平均变化率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由平均变化率的定义即可求解. 【详解】由题意函数在区间上的平均变化率为： ， 故选：B 2. 在等差数列中，若，则（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列的下标和的性质可求解. 【详解】在等差数列中，由，可得，解得. 故选：D. 3. 李师傅饮酒后，其血液中的乙醇含量（单位：）与酒后代谢时间（单位：h）的函数关系满足，则当时，李师傅血液中的乙醇含量的瞬时变化率的数值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据瞬时变化率和导数值的关系，先求出导函数再计算求解. 【详解】因为满足，则， 当时，李师傅血液中的乙醇含量的瞬时变化率的数值为. 故选：A. 4. 函数的零点的个数为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数确定单调性，再利用零点存在性定理求得答案. 【详解】函数的定义域为，求导得， 函数在上单调递减，而， 所以函数有唯一零点，即零点个数为1. 故选：C 5. 在直三棱柱中，，分别为，的中点，设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定的基底，结合几何图形表示出. 【详解】在直三棱柱中，. 故选：A 6. 《哪吒2》的播放掀起了观影热潮，某影院欲新建一个播放厅，可以容纳1160个座位，若第一排安排20个座位，从第二排起，后一排比前一排多4个座位，则播放厅最多可以建的座位的排数为（ ） A. 24 B. 22 C. 20 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，设每排的座位数构成等差数列，其中且，利用等差数列的求和公式，列出方程，即可求解. 【详解】由题意，设每排的座位数构成等差数列，其中，公差， 再设播放厅最多可以建的座位的排数为， 可得，即， 解得或（舍去），即播放厅最多可以建的座位的排数为. 故选：C. 7. 设为正项数列的前项和，已知，对于任意的，都有，若不等式对于任意的恒成立（其中），则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过取，得到，进而求得，再结合一元二次不等式恒成立求解即可. 【详解】取，则， 所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，经验证符合题意， 则， 要使对于任意的恒成立， 则在恒成立， 即在恒成立， 设， 则， 解得或， 故实数的取值范围为， 故选：D 8. 在正四棱柱中， ，，是该正四棱柱表面上的一动点，且满足，则点的运动轨迹的长度为（ ） A. 8 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先寻找过与垂直的两条件相交直线，再作出过点与垂直的平面，找到正四棱柱被平面所截的截面图形，证明并研究图形的特殊性质，根据几何性质求周长即可得. 【详解】如图，在上取点，使，连接， 则， 故，故， 又，，平面，平面， 故平面， 又平面，故. 在上取点，使，同理可证. 又，平面，平面， 则平面. 设平面与棱交于点，连接. 则平面平面，又平面平面， 由平面平面，则， 同理可证，故四边形为平行四边形，则四点共面. 在平面内，在棱上取点，使，连接， 则，， 则四边形是平行四边形，则，所以， 又，所以四边形是平行四边形，则， 即为棱的中点，由， 可得，则四边形为菱形. 且平面. 由，则点在过点且与垂直的平面内，即平面内. 又是该正四棱柱表面上的一动点， 故点的运动轨迹即为菱形，且该菱形的周长为. 所以点的运动轨迹的长度为. 故选：B. 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. 下列求导运算正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据导数运算公式及运算律判断A，B，D，应用复合函数导数运算计算判断C. 【详解】，A选项错误； ，B选项正确； ，C选项正确； ，D选项错误. 故选：BC. 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项，令，可求得，判断A；令，求得，利用赋值法令，得，从而求得，判断B；利用赋值法，令，，可判断C；对展开式两边求导，再令，可判断D. 【详解】的展开式的通项为. 令，得展开式中的常数项，所以A错误； 令，得展开式中的系数， 令，得， 所以，所以B正确； 当为奇数时，的系数为负数；当为偶数时，的系数为正数. 令，得， 即， 所以，所以C正确； 对两边求导， 得， 令，得，所以D正确. 11. 已知圆过点，，且圆心在轴上，则下列说法正确的是（ ） A. 圆心的坐标为 B. 圆的标准方程为 C. 圆与轴的交点坐标为 D. 圆上一点到点距离的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】设圆心坐标为，由题意可得，可求圆心判断A；利用两点间的距离公式求得半径可判断B；令，可得圆与轴的交点坐标判断C；求得圆心到的距离可求圆上一点到点距离的最大值判断D. 【详解】设圆心坐标为，由，得， 解得，故，故A正确； 所以，故圆的标准方程为， 故B正确； 令得，，故圆与轴的交点坐标为，故C错误； 圆心到点的距离为，故圆上一点到点距离的最大值为5+，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在正项等比数列中，，，则公比________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列的等比中项性质，和等比数列的概念，求出公比. 【详解】由等比中项定义可知，可得，因为数列为正项数列，所以，则. 故答案为：. 13. 某年六月，“青松”团队的名成员（含队长“戊”）相约赏荷，人站在荷花池边排成一排合影留念，其中队长戊必须站在正中间，甲和乙必须相邻，丙和丁不能相邻，则符合条件的排法种数有______种（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】将队伍从左向右依次按到编号，先将队长戊固定在号位，先考虑甲和乙必须相邻的排法种数，接下来考虑甲和乙相邻，且丙和丁相邻的排法种数，利用间接法可得结果. 【详解】将队伍从左向右依次按到编号，先将队长戊固定在号位， 先考虑甲和乙必须相邻的排法种数，将甲和乙捆绑，则甲、乙两人可排在号或号或号或号位， 所以甲、乙必须相邻的排法种数为， 接下来考虑甲和乙相邻，且丙和丁相邻的排法种数， 则甲、乙排在号或号位，有种排法， 丙、丁排在号或号位，有种排法， 或者丙、丁排在号或号位，甲、乙排在号或号位，剩余两人有种排法， 此时不同的排法种数为种， 由间接法可知队长戊必须站在正中间，甲和乙必须相邻，丙和丁不能相邻，则符合条件的排法种数为种. 14. 已知椭圆的左､右焦点分别为，是上位于第一象限内的一点，且.过原点作平行于的直线，与和的角平分线分别交于两点，且，则实数的值为______． 【答案】7 【解析】 【分析】先根据平行线、角平分线、中位线的性质求得，然后根据椭圆的定义和余弦定理列方程，由此求得的值. 【详解】如图所示，因为，且的角平分线为，所以， 所以，易知为的中位线，所以， 设，则，， 由椭圆的定义可知，， 则，所以， 在中，由余弦定理得： ， 由得，， 解得，故. 故答案为： AI 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. 已知在的展开式中，第6项系数与第4项系数之比是6:1. （1）求展开式中所有二项式系数的和. （2）若展开式中，第k项为有理项，求k的取值集合. （3）求展开式中系数绝对值最大的项. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据展开式的通项及第6项系数与第4项系数之比是6:1，求出的值，根据即可求得二项式系数和； （2）利用（1）的结论及展开式的通项知，当k为偶数时为有理项，由此可得k的取值集合. （3）利用通项写出各项的系数，列出相应的不等式组，求解可得的值，即可得到展开式中系数绝对值最大的项. 【小问1详解】 的展开式的通项为. 因为第6项系数与第4项系数之比是6:1，所以，即， 化简得，即. 因为，所以. 所以的展开式中所有二项式系数的和为. 【小问2详解】 由（1）知的展开式的第项为. 若展开式中，第k项为有理项，则是整数，即是奇数，所以为偶数. 所以k的取值集合为. 【小问3详解】 的展开式的通项为，系数为. 令，即， 解得. 因为，所以. 所以展开式中系数绝对值最大的项为. 16. 如图，在正三棱台中， ，. （1）求的长度； （2）求三棱台的体积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）过点构造与有关的平行四边形，并计算出边长，由转化后解出长度，再在等腰梯形内作垂线，利用勾股定理解出线段长. （2）过点作面的垂线，并解出垂线段长，利用台体体积公式求得结果. 【小问1详解】 延长到点，使，连接，， 由题意知，， 则平行且相等，四边形为平行四边形， 可知平行且相等， 则在中，，，， 由余弦定理，得， ∵，， ∴， 易得， 则，得. 过点作交于点， 则，，， 故， 故. 【小问2详解】 作平面交平面于点，连接，， ∵平面，故， 又，，且两直线在平面内， 则平面， 又平面，故， 即， 易得， 故， ∴， 故， 得. 故 17. 已知在正项数列中，为其前项和，且，是与的等差中项． （1）求，的值； （2）求数列的通项公式； （3）若，为数列的前项和，证明：． 【答案】（1）； （2）； （3）证明：由（2）得，则， 所以. 【解析】 【分析】（1）利用等差中项列式，再依次计算即可. （2）由（1）中信息，利用前项和与第项的关系，借助等差数列定义求解. （3）求出，再利用裂项相消法求和即得. 【小问1详解】 依题意，，即，而， 所以，. 【小问2详解】 由（1）知，，当时，， 则，整理得， 即，又，因此，而， 则数列是首项为1，公差为2的等差数列，， 所以数列的通项公式是. 【小问3详解】 略. 18. 已知函数，． （1）当时，求函数的极值； （2）若曲线在点处的切线与函数的图象相切，求切线的方程； （3）当时，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）极小值，无极大值； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导，确定单调性即可求解； （2）先求得曲线在点处的切线方程，在通过判别式即可求解； （3）通过和两段，结合参变分离求最值法即可求解. 【小问1详解】 当时，， 令，解得， 易知当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故函数有极小值，无极大值； 【小问2详解】 ，则， 又，所以在点处的切线方程为：， 即， 由，消去得， 由题意，解得， 经验证符合题意， 故，切线方程为：； 【小问3详解】 当时，恒成立， 即在上恒成立， 当时，显然不等式成立，则， 当时，参变分离可得：恒成立， 设， 则， 令，由（1）可知，在上单调递增， 则，所以， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故， 所以，则， 综上，实数的取值范围为. 19. 如图，在某城市中，两地之间有整齐的方格形道路网，其中是道路网中位于一条对角线上的个交汇处，今在道路网处的甲、乙两人分别要到处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径． （1）甲从到达处的走法有多少种； （2）甲从必须经过到达处的走法有多少种； （3）甲、乙以相同的速度同时出发，直到到达处为止．他们在行走途中会相遇，则共有多少种走法． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）从到的最短路径，需要向右走次，向上走次，总共走步，只需确定这步中哪步是向右（或向上）即可； （2）从到，需要向右走次、向上走次，从到，需要向右走次，向上走次，利用分步乘法计数原理计算； （3）两人速度相同，相遇点必在上，计算即可． 【小问1详解】 甲从到的最短路径，需要向右走次，向上走次， 所以甲从到达处有种走法； 【小问2详解】 甲从到的最短路径，需要向右走次，向上走次， 所以甲从到达处有种走法， 从到的最短路径，需要向右走次，向上走次， 所以甲从到达处有种走法， 所以甲从必须经过到达处有种走法； 【小问3详解】 甲，乙两人沿各自的最短路径行走，因两者速度相同，故只可能在处相遇， 甲从处到达有种走法，从处到达有种走法， 所以甲从处经过到达有种走法， 同理乙从处经过到达有种走法， 所以他们在处相遇有种走法， 所以共有种走法． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $