精品解析：广东惠州市泰雅实验高中2025-2026学年高二下学期第一次月考数学试题

2025—2026学年惠州市泰雅实验高中高二下学期第一次月考试题 数学 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名､考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由得，由得， 所以集合，，于是． 2. 若复数，且，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以， 由，可得， 即，解得，则， 故． 3. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】函数求导得， ． 4. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据递推公式得到数列的周期，结合周期性求解即可. 【详解】因为，，所以，，， ， 所以是以3为周期的数列，则. 5. 设是函数的导函数，在同一平面直角坐标系中作出与的大致图象，据图分析一定错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，若是的图象，是的图象， 当时，单调递减，对应在轴下方）； 当时，单调递增，对应（在轴上方），符合规律，故A正确. 对于B，若是的图象，是的图象， 恒成立，对应单调递增，故B正确. 对于C，若是的图象，是的图象， 则恒成立，且单调递增，对应单调递增，且斜率越来越大（越来越陡），完全符合的趋势，故C正确. 对于D，图中恒在轴上方，恒在轴下方，两曲线的单调性都是先增､再减､再增， 若是的图象，对应给出图象部分的函数应单调递增，显然不符合； 若是的图象，对应给出图象部分的函数应单调递减，也不符合，故D错误． 6. 设双曲线的焦距为，若成等差数列，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用双曲线中的关系和等差数列可求答案. 【详解】因为成等差数列，所以，又，所以，即，所以. 该双曲线的渐近线方程为. 故选：B 7. “142857”这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857与1至6中任意1个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这6个数字组成.若从1，4，2，8，5，7这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于7000的偶数个数是（ ） A. 75 B. 66 C. 60 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】按千位数分别是7 ， 8，分类讨论，再按分步乘法计数原理可得答案. 【详解】满足条件的四位数需满足：千位为 7 或 8，且个位为偶数（即 2、4、8 之一）,分两类计算： （1）千位为 7：个位从  中任选，有 3 种选择； 中间两位从剩余 4 个数字中选并排列，有  种， 此类共有  个. （2）千位为 8：个位不能与千位重复， 只能从  中选，有 2 种选择； 中间两位从剩余 4 个数字中选并排列，有种， 此类共有  个. 总数为 . 故选：C 8. 若函数和有且仅有一条公切线，则实数a的值为（ ） A. e B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设直线与的切点为，然后根据导数的几何意义可推得切线方程为，同样可推的切线方程为．两条切线重合，即可得出有唯一实根．构造，根据导函数得出函数的性质，作出函数的图象，结合图象，即可得出答案． 【详解】设直线与的切点为， 因为，根据导数的几何意义可知该直线的斜率为， 即该直线的方程为， 即． 设直线与的切点为， 因为，根据导数的几何意义可知该直线的斜率为， 即该直线的方程为， 即． 因为函数和有且只有一条公切线， 所以有， 即有唯一实根． 令， 则. 解，可得. 当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减． 所以在处取得最大值. 当x→0时，，函数图象如图所示， 因为有唯一实根，所以只有． 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. 关于的展开式，下列说法正确的是（ ） A. 展开式共有6项 B. 展开式的二项式系数之和为64 C. 展开式各项的系数之和为1 D. 展开式中第4项的二项式系数最大 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据二项式定理以及性质逐一求出. 【详解】展开式共项，故A错误； 展开式的二项式系数之和为，故B正确； 令，则，则展开式各项的系数之和为1，故C正确； 共项，则展开式中第4项的二项式系数最大，故D正确. 故选：BCD 10. 福建省动植物园举行花卉展览，三明某花卉种植园有种兰花，种三角梅共种精品花卉，其中“绿水晶”是培育的兰花新品种，种精品花卉将全部去展馆参展，每种只能去一个展馆，每个展馆至少有种花卉参展，下列选项正确的是（ ） A. 若展馆需要种花卉，有种安排方法 B. 若“绿水晶”去展馆，有种安排方法 C. 若“绿水晶”不去展馆，有种安排方法 D. 若种三角梅不能去往同一个展馆，有种安排方法 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，从种精品花卉中安排种花卉给展馆即可；对于B，若“绿水晶”去 展馆，将剩下种花卉分到展馆即可；对于C，若“绿水晶”不去展馆，则其必须去展馆，将剩下种花卉分到展馆即可；对于D，若2种三角梅不能去往同一个展馆，则其分别在两个展馆，根据排列组合计算即可. 【详解】对于选项A，若展馆需要种花卉，种精品花卉选种安排在展馆即可，有种安排方法，所以选项A正确； 对于选项B，若“绿水晶”去展馆，将剩下种花卉分到展馆即可，展馆至少有一种， 则有种安排方法，所以选项B正确； 对于C，若“绿水晶”不去展馆，则其必须去展馆，将剩下种花卉分到展馆即可， 则展馆至少有一种，则有种安排方法，所以选项C错误； 对于选项D，若种三角梅不能去往同一个展馆，则其分别在两个展馆，有种安排方法， 将种兰花安排在两个展馆，每种兰花都有种安排方法，则种兰花共有种安排方法， 则有种安排方法，所以选项D错误. 故选：AB. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，的对称中心为 B. 若函数在R上单调递增，则实数a的取值范围是 C. 曲线不可能是轴对称图形 D. 若有三个不同的零点，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据函数对称性的性质，结合函数单调性和导数的正负性的关系、函数零点定义、转化法、构造函数法逐一判断即可. 【详解】A：当时，， 因为， 所以的对称中心为，因此本选项说法正确； B：， 若函数在R上单调递增，则有在R上恒成立， 则有，所以本选项说法不正确； C：， 当时，，令， 因为， 所以是偶函数，图象关于纵轴对称， 所以存在实数，使得曲线是轴对称图形，所以本选项说法不正确； D：令， 当时，显然不成立， 当时，， 令， 当时，单调递增， 当时，单调递增， 当时，单调递减，函数的图象如下图所示： 显然当时，，且， 当时，， 问题有三个不同的零点，转化为直线和函数的图象有三个不同的交点，由数形结合思想可知，因此本选项说法正确. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，则___________． 【答案】 【解析】 【详解】由，得， 则. 13. 已知成等差数列，函数在时有极值0，则______． 【答案】21 【解析】 【分析】由，求得，并验证，再结合等差数列概念即可求解. 【详解】， 由题意， 即，解得：或， 当时，，， 此时函数单调递增无极值，舍去， 经验证符合题意， 因成等差数列，所以. 故答案为： 14. 已知展开式的二项式系数的最大值为，系数的最大值为，则___________. 【答案】12 【解析】 【分析】由的二项展开式的通项，可知展开式的二项式系数为，当时，二项式系数的最大值为，展开式的系数为，当满足时，系数的最大值为，求解即可. 【详解】由题意可知 展开式的二项式系数为， 当时，取得最大值 展开式的系数为， 当满足时，系数最大. 即 ，即解得 又 时，系数的最大值为 则 故答案为：12 【点睛】本题考查二项式定理，求二项式系数最大值时，列出不等式组是解决本题的关键.属于一道较难的题. 四､解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求在区间上的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程即可； （2）应用导数研究函数在区间上的单调性，进而求其值域. 【小问1详解】 因为，所以， 则，又， 所以曲线在点处的切线方程为，即． 【小问2详解】 因为， 所以当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增， 因为， 所以， 则，则， 所以在区间上的值域为． 16. 在等比数列中，． （1）求的通项公式； （2）求的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设的公比为，利用等比数列的性质结合已知条件求出，进而求出的通项公式； （2）结合（1）求出的通项公式，进而列出，再利用错位相减法求出． 【小问1详解】 设的公比为， ， ， ，则，解得， ， 则． 【小问2详解】 由（1）可得， 则， ， 两式相减得， ． 17. 如图，在直四棱柱中，． （1）证明：平面； （2）估算平面与平面夹角的余弦值．（结果保留分数） 参考数据：． 【答案】（1） 由，知为的垂直平分线，所以. 由直四棱柱的性质知平面， 因为平面，所以. 又平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）由直棱柱的性质及线面垂直的判定定理可得. （2）建立空间直角坐标系，由面面角的向量求法，结合所给参考数据可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，由（1）知. 以为原点，的方向分别为轴､轴､轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以，所以. 所以，则， 则，， 所以． 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，得， 则． 设平面与平面的夹角为， 则 所以估算平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知椭圆的右顶点为，且离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）若过定点且斜率不为零的直线与交于两点，关于轴对称的点为. （i）求面积的最大值； （ii）记直线与的斜率分别为，证明：为定值. 【答案】（1） （2）（i） （ii）因为关于轴的对称点为， 可得直线的斜率，直线的斜率， 所以， 因为，可得， 则，所以为定值. 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到且，求得的值，即可求得椭圆的标准方程； （2）（i）设，直线，联立方程组，得到和，求得的面积，令，结合基本不等式，即可求解；（ii）根据题意，求得，化简得到，结合韦达定理，代入化简，即可求解. 【小问1详解】 解：因为椭圆的右顶点为，且离心率为， 可得，且，所以，则， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 解：（i）设直线， 联立方程组，整理得， 则，可得，解得或 设，由韦达定理得，， 则的面积 ， 令，则， 代入可得，当且仅当即时，取等号， 所以面积的最大值为； （ii）略 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若对恒成立，求的取值范围； （3）当且时，证明：． 【答案】（1）当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减 （2） （3）证明:由（1）得，当时，，在上单调递增， 所以，即， 当时，整理，得， 令（，且）， 得， 两边同时取自然对数，得， 则， 即当且时，.. 【解析】 【分析】（1）根据函数单调性与导函数的关系，讨论参数对导函数零点的影响，根据参数范围确定零点范围，进而求出函数单调区间； （2）由函数单调性讨论，求出的取值范围； （3）由的单调性情况，当的特殊情况下，构造函数，求得前置不等式，证明题目中不等式. 【小问1详解】 由，得，. 若，则，当时，，单调递减， 当时，，单调递增. 当时， 令，得或. 若时， ， 当，则，单调递减， 当，则，单调递增， 当，则，单调递减； 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减， 在上单调递增，在上单调递减； 【小问2详解】 对恒成立，即， 由（1）知，当时，在上单调递增， 所以， 则，解得，所以； 当时， 在上单调递增，在上单调递减， 所以，， 当时，，， 又的增速比快，所以，不满足， 综上，的取值范围是； 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年惠州市泰雅实验高中高二下学期第一次月考试题 数学 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名､考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 2. 若复数，且，则（ ） A. B. C. D. 2 3. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. 3 D. 2 5. 设是函数的导函数，在同一平面直角坐标系中作出与的大致图象，据图分析一定错误的是（ ） A. B. C. D. 6. 设双曲线的焦距为，若成等差数列，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 7. “142857”这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857与1至6中任意1个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这6个数字组成.若从1，4，2，8，5，7这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于7000的偶数个数是（ ） A. 75 B. 66 C. 60 D. 36 8. 若函数和有且仅有一条公切线，则实数a的值为（ ） A. e 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. 关于的展开式，下列说法正确的是（ ） A. 展开式共有6项 B. 展开式的二项式系数之和为64 C. 展开式各项的系数之和为1 D. 展开式中第4项的二项式系数最大 10. 福建省动植物园举行花卉展览，三明某花卉种植园有种兰花，种三角梅共种精品花卉，其中“绿水晶”是培育的兰花新品种，种精品花卉将全部去展馆参展，每种只能去一个展馆，每个展馆至少有种花卉参展，下列选项正确的是（ ） A. 若展馆需要种花卉，有种安排方法 B. 若“绿水晶”去展馆，有种安排方法 C. 若“绿水晶”不去展馆，有种安排方法 D. 若种三角梅不能去往同一个展馆，有种安排方法 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，的对称中心为 B. 若函数在R上单调递增，则实数a的取值范围是 C. 曲线不可能是轴对称图形 D. 若有三个不同的零点，则 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，则___________． 13. 已知成等差数列，函数在时有极值0，则______． 14. 已知展开式的二项式系数的最大值为，系数的最大值为，则___________. 四､解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求在区间上的值域． 16. 在等比数列中，． （1）求的通项公式； （2）求的前项和． 17. 如图，在直四棱柱中，． （1）证明：平面； （2）估算平面与平面夹角的余弦值．（结果保留分数） 参考数据：． 18. 已知椭圆的右顶点为，且离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）若过定点且斜率不为零的直线与交于两点，关于轴对称的点为. （i）求面积的最大值； （ii）记直线与的斜率分别为，证明：为定值. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若对恒成立，求的取值范围； （3）当且时，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $