精品解析：湖北鄂州市华容高级中学等校2025-2026学年高二下学期4月联考数学试题

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第一章，选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章6.1-6.2. 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. 向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 2. 函数的极值点之和为（ ） A. B. C. D. 3. 已知周期数列{an}为1，3，-2，1，3，-2，1，3，-2，…，若从该数列的前14项中任选2项，则这2项都大于1的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 在空间直角坐标系中，已知点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 用4个1、3个2、3个3组成一个十位数，则3个2相邻的十位数的个数为（ ） A. 280 B. 420 C. 720 D. 1680 6. 记，则（    ） A. 1023 B. 2047 C. 2024 D. 4048 7. 某人工智能实验室有6名研究员，将他们分配到3个不同的人工智能科研项目，若每名研究员只能加入1个项目，且每个项目至少需要1名研究员，则不同的分配方案数为（ ） A. 540 B. 600 C. 480 D. 720 8. 若数列的前项和为，，且，则（ ） 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. 已知数列分别是等差、等比数列，则必有（ ） A. B. C. D. 成等比数列 10. 在四面体中，，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，则（ ） A. 当仅有一个零点时， B. 当有三个零点时， C. 当恰有两个零点时， D. 当有三个零点时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若3，，x，y成等差数列，则___. 13. 若直线与曲线相切于点，则m=___. 14. 如图，给这八个方格涂色，现有红、蓝、黄、紫、绿、黑六种颜色可供选择，要求相邻的方格涂不同的颜色，且两端都涂红色，则不同的涂色方法共有________种． 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. 已知函数. （1）求值； （2）求在上的极值. 16. 如图，在正四棱柱中，E为的中点， . （1）当时，若直线与平面α垂直，求直线与α所成角的正弦值; （2）设·，证明：. 17. 在数列中，，，且. （1）证明为等比数列，并求的通项公式; （2）设，求数列的前n项和. 18. 如图，在边长为的菱形中，，将沿对角线折起，使点到达点的位置，连接，得到三棱锥，设二面角的大小为，且. （1）证明：. （2）若，的中点为，求的长. （3）若二面角的余弦值为，求的值. 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在其定义域内单调递增，求的取值范围； （3）若，且，，，求的取值范围. 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第一章，选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章6.1-6.2. 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. 向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】向量在向量上的投影向量为. 2. 函数的极值点之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，因为，所以有两个极值点， 由韦达定理得这两个极值点之和为． 3. 已知周期数列{an}为1，3，-2，1，3，-2，1，3，-2，…，若从该数列的前14项中任选2项，则这2项都大于1的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】依题意，数列{an}是周期为3的周期数列，该数列的前14项中，大于1的项有， 所以所求概率为=. 4. 在空间直角坐标系中，已知点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题设有，设平面的法向量为， 则，故，取， 而，故点到平面的距离为. 5. 用4个1、3个2、3个3组成一个十位数，则3个2相邻的十位数的个数为（ ） A. 280 B. 420 C. 720 D. 1680 【答案】A 【解析】 【分析】通过捆绑法即可求解. 【详解】要求3个2相邻，因为3个2是相同数字， 将3个2捆绑为1个整体，捆绑内部无需排列， 捆绑后共 个元素， 由重复元素的排列公式得，  因此符合要求的十位数个数为280. 6. 记，则（    ） A. 1023 B. 2047 C. 2024 D. 4048 【答案】B 【解析】 【分析】通过赋值法，分别令，，，进而可求解. 【详解】对于， 令，可得. 令，可得①， 令，可得②， ①+②得， 即. 7. 某人工智能实验室有6名研究员，将他们分配到3个不同的人工智能科研项目，若每名研究员只能加入1个项目，且每个项目至少需要1名研究员，则不同的分配方案数为（ ） A. 540 B. 600 C. 480 D. 720 【答案】A 【解析】 【详解】将6个人分成3个组，每组至少1个人，则分组方案有或者或者三类， 所以不同的分配方案数为. 8. 若数列的前项和为，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据递推关系式可构造出，从而证得数列为等比数列；根据等比数列通项公式、求和公式，采用分组求和法可求得结果. 【详解】，， 又，数列是以为首项，为公比的等比数列， ，， . 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. 已知数列分别是等差、等比数列，则必有（ ） A. B. C. D. 成等比数列 【答案】BC 【解析】 【分析】根据等差数列以及等比数列的性质，即可根据选项逐一求解. 【详解】对于A选项，若，则，此时不成立，A错误． 对于B选项，设公差为，则，B正确． 对于C选项，由于等比数列中有，且，故，C正确． 对于D选项，当公比为时，，所以不是等比数列，D错误． 10. 在四面体中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【详解】 ，故A正确，C错误； ，故B错误，D正确. 11. 已知函数，则（ ） A. 当仅有一个零点时， B. 当有三个零点时， C. 当恰有两个零点时， D. 当有三个零点时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，从而确定函数的极值点的个数和零点个数，再逐项判断即可． 【详解】由，得.设，则， 令，得或， 令，得， 则的单调递增区间为，，单调递减区间为， ，，当时，，当时，. 当或时，直线和曲线仅有一个交点，仅有一个零点，A错误. 当或时，直线和曲线有两个交点，恰有两个零点，， 设，当时，，，， 则，则， 当时，，，则，C正确. 当时，直线和曲线有三个交点，有三个零点， 由图可知，，B，D均正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若3，，x，y成等差数列，则___. 【答案】 【解析】 【分析】先求解公差，再应用等差通项公式计算求解. 【详解】因为，所以 13. 若直线与曲线相切于点，则m=___. 【答案】 【解析】 【详解】由题意，，则，因为，所以， 则， 即，由于，则. 14. 如图，给这八个方格涂色，现有红、蓝、黄、紫、绿、黑六种颜色可供选择，要求相邻的方格涂不同的颜色，且两端都涂红色，则不同的涂色方法共有________种． 【答案】13020 【解析】 【分析】对最中间的4个方格进行分类讨论，分为中间4个方格中有2个方格涂红色、中间4个方格中只有1个方格涂红色、中间4个方格都不涂红色三种，每一种逐个根据分步乘法计数原理求解即可． 【详解】设方格从左至右分别命名为， 因为两端都涂红色，且相邻方格不同颜色，所以中间4个方格也可以涂红色， ①当中间4个方格中有2个方格涂红色时， 涂红色的位置有方格3、5或方格4、6或方格3、6共3种选择， 剩下的4个方格，还有两个单独和两个相邻的，而其左右两边皆为红色方格， 对于两个单独的方格而言，除红色外其他颜色都可选取，共种， 对于相邻的两个方格，其中第一块方格可选除红色外的5种颜色， 第二块方格选取剩余4种颜色，共种， 所以该类涂法一共有种； ②当中间4个方格中只有1个方格涂红色时，涂红色的位置有4种选择， 未涂色区域划分为两部分，其中对于每一部分， 其中第一块方格都可以涂除红色外的5种颜色， 剩余的都只能涂除红色以及上一块相邻颜色之外的4种颜色， 故剩下的共有种选择，所以该类涂法一共有种； ③当中间4个方格都不涂红色时， 中间一大块区域每个方格均只能涂上除红色以及上一块相邻颜色之外的4种颜色， 共有种； 综上，不同的涂色方法共有种． 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. 已知函数. （1）求值； （2）求在上的极值. 【答案】（1） （2）极小值为，无极大值 【解析】 【小问1详解】 ， 则. 【小问2详解】 当时，令，得， 令，得，则在上单调递减， 令，得，则在上单调递增， 所以在上的极小值为，在上无极大值. 16. 如图，在正四棱柱中，E为的中点， . （1）当时，若直线与平面α垂直，求直线与α所成角的正弦值; （2）设·，证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出法向量，再应用线面角正弦公式计算求解； （2）应用裂项相消法计算求解. 【小问1详解】 以D为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 当时，，则， 则，. 因为直线与平面α垂直，所以是平面α的一个法向量， 所以直线与α所成角的正弦值为. 【小问2详解】 在（1）的坐标系中，， 则，， 所以·， 则 ， 所以 . 17. 在数列中，，，且. （1）证明为等比数列，并求的通项公式; （2）设，求数列的前n项和. 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，结合等比数列的定义，即可得证，根据二次函数求根公式，即可得答案. （2）由（1）得的通项公式，根据错位相减求和法，整理计算，即可得答案. 【小问1详解】 因为，且， 所以数列是首项为3，公比为3的等比数列， 所以，整理得， 解得，又，所以. 【小问2详解】 由（1）得， 则①， 所以②， ①-②得， 即， 整理得. 18. 如图，在边长为的菱形中，，将沿对角线折起，使点到达点的位置，连接，得到三棱锥，设二面角的大小为，且. （1）证明：. （2）若，的中点为，求的长. （3）若二面角的余弦值为，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质和线面垂直的判定可知平面，由线面垂直性质可得结论； （2）由二面角平面角定义可知，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式可求得结果； （3）根据二面角的向量求法可构造方程求得，进而确定的值. 【小问1详解】 取的中点，连接， 四边形是菱形，，即，； ，； ，平面，平面， 平面，. 【小问2详解】 由（1）知：，，为二面角的平面角，即. 以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴，以平面的垂线为轴建立空间直角坐标系， 在菱形中，由，得：，，， 则，，， 由得：； 当时，，， . 【小问3详解】 由（2）知：，， 设平面的法向量为， 则，令，解得：，， ， 轴平面，平面的一个法向量， ， ，，解得：， ，，，，则. 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在其定义域内单调递增，求的取值范围； （3）若，且，，，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）求导，确定切线斜率，进而可求解； （2）求导，结合单调性得到对恒成立.再通过和分类讨论求解即可； （3）通过移项变形得到，构造函数，通过求导确定单调性，得到最值进而可求解. 【小问1详解】 当时，，则， 则. 因为，所以曲线在点处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 的定义域为. . 若在其定义域内单调递增，则对恒成立， 即对恒成立. 易知，当时，在上单调递增，所以满足题意. 当时，设， 则. 令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 又，所以. 综上，的取值范围是. 【小问3详解】 由（2）知，当时，在其定义域内单调递增，则在上单调递增， 则在上的最大值为. 由，得， 则. 设，则，当时，，当时，， 所以. 设，， 则，当时，，当时，， 所以. 由，，， 得， 解得，又，所以的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $