精品解析：湖北三所名校2025-2026学年高二下学期4月练习数学试卷

2025-2026学年高二4月练习卷 数 学 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. ★祝考试顺利★ 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 下列导数运算中正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 用数字2，3，5可以组成 无重复数字的偶数的个数为（ ） A. 15 B. 12 C. 10 D. 5 4. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆，直线，则直线被圆截得的最短弦长为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列的前项和为，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则的图象在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点是双曲线上第一象限内的一点，点、是其左、右顶点，且，过点作与直线倾斜角互补的直线与直线交于点，若点在椭圆上，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 某电影中太乙真人作为哪吒的授业恩师，送给了哪吒七件法宝，每件法宝只有一种使用方法，乾坤圈、混天绫、火尖枪、金砖、阴阳剑、九龙神火罩和风火轮．哪吒使用这七件法宝对阵敌人，则下列说法正确的是（ ） A. 若哪吒每次使用两种法宝，对阵次，可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有种； B. 若哪吒与敌人对阵次，每次至少使用两件法宝，法宝不可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有种； C. 若哪吒每次使用一件法宝，对阵次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈和风火轮不能相邻使用，阴阳剑和九龙神火罩必须相邻使用，则不同的使用法宝的方法有种； D. 若哪吒每次使用一件法宝，对阵次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈比风火轮更早使用，风火轮比火尖枪更早使用，火尖枪比阴阳剑更早使用，则不同的使用法宝的方法有种． 11. 已知函数，则（ ） A. B. 是函数的一个单调区间 C. D. 存在，满足 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 已知等比数列为递减数列，其前项和为，且，则______． 13. 已知函数，在区间内任取两个实数，当时，不等式恒成立，则实数的最大值为______． 14. 已知对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是______． 四、解答题：本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 某中学的社团活动室有书法社、围棋社和绘画社三个社团，学生小李每天都会去活动室参与社团活动.若当天选择书法社，则后一天选择书法社、围棋社、绘画社的概率均为；若当天选择围棋社，则后一天选择书法社、围棋社、绘画社的概率分别为，，；若当天选择绘画社，则后一天等可能地选择书法社、围棋社或绘画社.已知小李第一天等可能地选择一个社团参与活动.请完成下列计算： （1）求小李第2天选择书法社的概率． （2）求在第2天选择书法社的条件下，小李第1天选择绘画社的概率． 16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为4的正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，E是PD的中点． （1）证明：平面平面． （2）求直线AD与平面ACE所成角的正切值． 17. 已知数列满足，，其中 （1）求数列的通项公式． （2）记，求证：． （3）若不等式对恒成立，求实数的取值范围． 18. 已知函数， （1）已知“函数的图象关于点对称”的充要条件是“对于定义域内任何恒成立”，求函数的对称中心． （2）讨论方程根的个数． （3）当（2）中的方程有2个不同实根时，求证． 19. 已知椭圆过点，原点为，过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于两点，设线段的中点为，且直线的斜率与直线的斜率的乘积为． （1）已知点，，求椭圆上的动点到点的最大距离． （2）过右焦点的直线与椭圆交于两点，以为直径的圆恒过右焦点，且的中点为． ①证明：直线过定点． ②若椭圆的左焦点为，的延长线交椭圆于点，若，，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二4月练习卷 数 学 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. ★祝考试顺利★ 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助斜率与倾斜角的关系计算即可得. 【详解】设该直线的倾斜角为，则由题意， 又，所以. 2. 下列导数运算中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用导数的运算法则，以及复合函数的求导法则，逐项求解，即可得到答案. 【详解】对于A，由为常数，所以，所以A不正确； 对于B，由，所以B正确； 对于C，由复合函数的求导法则，可得，所以C错误； 对于D，由复合函数的求导法则，可得，所以D错误. 3. 用数字2，3，5可以组成 无重复数字的偶数的个数为（ ） A. 15 B. 12 C. 10 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】分三类，即一位整数，两位整数和三位整数. 【详解】分三类，第一类组成一位整数，偶数有2，共1个； 第二类组成两位整数，其中偶数有32和52，共2个； 第三类组成三位整数，其中偶数有352和532，共2个． 由分类加法计数原理知共有偶数5个． 4. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的方法进行求解. 【详解】以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 因为正方体棱长为，则各点坐标为： ， 又因为为中点，所以，因为为中点，所以， 即，， 设异面直线与所成角为，则 ． 5. 已知圆，直线，则直线被圆截得的最短弦长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】圆的圆心为，半径． 将直线的方程整理为关于的式子：． 令，解得，即直线恒过定点． 由于恒过定点，故当时，直线被圆截得的弦最短． 计算． 最短弦长 6. 已知数列的前项和为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，，所以，即. 又①， 则②， 由②-①，得， 所以是以为首项，为公差的等差数列，是以为首项，为公差的等差数列 所以 7. 已知函数，则的图象在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 则， 所以，又， 所以的图象在处的切线方程为，即． 8. 已知点是双曲线上第一象限内的一点，点、是其左、右顶点，且，过点作与直线倾斜角互补的直线与直线交于点，若点在椭圆上，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用椭圆上点到顶点、的斜率之积为，结合直线与倾斜角互补的条件，即可求出，进而求得离心率. 【详解】由双曲线，左右顶点为，则， 因为，所以，得，即. 设，满足，所以， 所以， 设，满足，所以， 所以， 因为直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，所以， 又因为，所以，即，所以， 所以. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】令可得A；利用二项式的展开式的通项公式计算可得B；令可得C；令，结合C选项可得D. 【详解】对A：令，则，得，故A正确； 对B：由，则， 对有，， 对有，， 则， 故，故B错误； 对C：令，得，故C正确； 对D：令，得， 从而得， 又，从而，故D错误. 10. 某电影中太乙真人作为哪吒的授业恩师，送给了哪吒七件法宝，每件法宝只有一种使用方法，乾坤圈、混天绫、火尖枪、金砖、阴阳剑、九龙神火罩和风火轮．哪吒使用这七件法宝对阵敌人，则下列说法正确的是（ ） A. 若哪吒每次使用两种法宝，对阵次，可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有种； B. 若哪吒与敌人对阵次，每次至少使用两件法宝，法宝不可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有种； C. 若哪吒每次使用一件法宝，对阵次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈和风火轮不能相邻使用，阴阳剑和九龙神火罩必须相邻使用，则不同的使用法宝的方法有种； D. 若哪吒每次使用一件法宝，对阵次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈比风火轮更早使用，风火轮比火尖枪更早使用，火尖枪比阴阳剑更早使用，则不同的使用法宝的方法有种． 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项，计算每次使用两种法宝的种数，再利用分步乘法计数原理计算；对于B选项，分为恰好选用其中6件法宝和7件法宝全部用完，利用平均分配分组方法可计算；对于C选项，先利用捆绑法和插空法处理即可；对于D选项利用倍缩法解决定序问题即可． 【详解】对于A，每次使用两种法宝有种， 因可以重复使用，则对阵次、不同的使用法宝的方法有种，故A正确； 对于B，若恰好选用其中6件法宝，再将选出的6件法宝分成3组：2,2,2 共有种，则对阵3次，不同的使用法宝的方法有 种， 若7件法宝全部用完，则将7件法宝分成3组：2,2,3，共有种， 则对阵3次、不同的使用法宝的方法有 种， 故不同的使用法宝的方法共有种，B正确； 对于C，先将除乾坤圈、风火轮以外的5种法宝排列， 阴阳剑和九龙神火罩相邻共有种， 这4个元素（捆绑后的阴阳剑和九龙神火罩，以及另外3件法宝）排列形成了5个空位 将乾坤圈、风火轮插入5个空位中有种，则不同的使用法宝的方法有种， 故C不正确； 对于D，先将7件法宝全排列共有种，乾坤圈、风火轮、火尖枪、阴阳剑四种法宝全排列有种, 所以不同的使用法宝的方法有种，故D正确． 11. 已知函数，则（ ） A. B. 是函数的一个单调区间 C. D. 存在，满足 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，代入计算化简即可；对B，是复合函数，先求出单调区间，再结合的单调区间分析即可；对C，根据单调性求出最值即可；对D，化简方程，构建新函数，分析是否存在满足题意. 【详解】，则A正确； ，则是单调递增函数，因为是函数的一个单调递增区间， 由复合函数的单调性可知，是函数的一个单调递增区间，B正确； ，C错误； 因为，即只要判断是否成立即可， 令， 即D正确． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 已知等比数列为递减数列，其前项和为，且，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】设数列公比为，运用等比数列的前项和的基本量运算求出，再利用等比数列的前项和公式，即可求解. 【详解】设数列公比为，依题意，得， 整理得，解得或， 又等比数列为递减数列，所以， 由，得到. 13. 已知函数，在区间内任取两个实数，当时，不等式恒成立，则实数的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由转化为恒成立，构造函数，通过的单调性得到在恒成立，找到的满足条件，从而求出的最大值. 【详解】． 因为，，亦即． 令， 则问题等价转化为是增函数． 所以在恒成立， 即在恒成立，所以在恒成立，所以在恒成立． 令， 则， 因为二次函数在上单调递增， 所以当时，， 即，所以是增函数， 所以，即，所以实数的最大值为． 14. 已知对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是______． 【答案】． 【解析】 【分析】首先确定，再通过同构思想得到函数，再讨论即可. 【详解】由，则， 因为，所以， 因为恒成立， 即恒成立， 整理得恒成立， 即恒成立， 构造函数，根据单调性的性质可知，函数单调递增， 故原不等式等价于，即， 令，则，求导得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 因此在处取得最小值；，即， 从而可得，即的取值范围是． 四、解答题：本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 某中学的社团活动室有书法社、围棋社和绘画社三个社团，学生小李每天都会去活动室参与社团活动.若当天选择书法社，则后一天选择书法社、围棋社、绘画社的概率均为；若当天选择围棋社，则后一天选择书法社、围棋社、绘画社的概率分别为，，；若当天选择绘画社，则后一天等可能地选择书法社、围棋社或绘画社.已知小李第一天等可能地选择一个社团参与活动.请完成下列计算： （1）求小李第2天选择书法社的概率． （2）求在第2天选择书法社的条件下，小李第1天选择绘画社的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 设事件分别表示第1天选择书法社、围棋社、绘画社，事件表示第2天选择书法社. 由题意，两两互斥且构成完备事件组，且 由全概率公式： ∴小李第2天选择书法社的概率为. 【小问2详解】 ∴在第2天选择书法社的条件下，小李第1天选择绘画社的概率为. 16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为4的正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，E是PD的中点． （1）证明：平面平面． （2）求直线AD与平面ACE所成角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质得平面，进而得到，结合三角形性质得，从而证得平面，得出面面垂直； （2）方法一：作，垂足为，证明，可得为直线与平面所成的角，求解即可；方法二：建立空间直角坐标系，求出面的法向量，通过法向量夹角的余弦值求解. 【小问1详解】 因为底面是正方形，所以， 又因为平面平面，且平面底面， 底面，所以平面， 因为平面，所以． 又因为是正三角形，是的中点，所以． 因为，且平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面． 【小问2详解】 解法1：作，垂足为，连接． 因为平面平面，， 且，，则． 所以为在平面上的射影，为直线与平面所成的角． 因为平面，平面，所以． 因为，，所以， 因为，所以． 在中，． 所以． 所以直线与平面所成角的正切值为． 解法2：以为坐标原点，分别以所在直线为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系． 已知底面边长为，是正三角形， 所以，则， 因为是的中点，故，所以， 设平面的法向量为， 所以，即， 令，则，， 设直线与平面所成的角为， 则． 故． 所以． 所以直线与平面所成角的正切值为． 17. 已知数列满足，，其中 （1）求数列的通项公式． （2）记，求证：． （3）若不等式对恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）对通过同除构造等差数列求通项，对利用累加法结合等比数列求和公式推导通项. （2）对进行分式裂项变形，采用裂项相消法求和，结合放缩法证明不等式. （3）化简不等式后通过分离参数，将恒成立问题转化为求数列最大值，以此确定的取值范围. 【小问1详解】 ，又， 则数列是以为首项，以为公差的等差数列，， 则，， 以上各式相加可得，，当时，满足题意， . 【小问2详解】 由（1）可得， ， . 【小问3详解】 由题意有：对恒成立， 可得：不等式对恒成立，又， 可得：对恒成立， 记， 则 当时，，即， 当时，，即， 所以，当时，取得最大值为，. 综上，实数的取值范围是. 18. 已知函数， （1）已知“函数的图象关于点对称”的充要条件是“对于定义域内任何恒成立”，求函数的对称中心． （2）讨论方程根的个数． （3）当（2）中的方程有2个不同实根时，求证． 【答案】（1） （2）当或时，方程有1个根；当或时，方程有2个根；当时，方程有3个根；当时，方程没有根. （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用函数对称中心的充要条件，通过计算，可直接得出对称中心. （2）利用对称性将方程化简为，通过导数研究的单调性、极值与极限，分类讨论直线与函数的交点个数即可； （3）分情况讨论方程有两解时的值，对时的情况，通过构造辅助函数，利用单调性证明，进而证明. 【小问1详解】 根据题意，对称中心满足对任意恒成立， 因为，， 故，对比充要条件， 取，则，故. 所以函数的对称中心为. 【小问2详解】 因为，因为单调递增，所以单调递减，所以单调递增， 因为，由（1）知，所以， 即，所以问题转化为求方程的根的个数. 令，则需研究的图象与的交点个数， 因为，令，得或， 当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在取到极小值为， 在取到极大值为. 当时，，当时，，根据的图象可得： 当或时，方程有1个根；当或时，方程有2个根；当时，方程有3个根；当时，方程没有根. 【小问3详解】 当方程有两个根时，则或，分情况： 当时，根为，所以，所以； 当时，，所以； 当时，此时， 要证，等价于证明， 因为，且在上单调递增， 所以只需证， 又因为，所以只需证. 设，我们只需证明在时，. 因为，所以， 所以， 令， 所以， 当时，，故，单调递增， 所以，即， 所以，所以在上单调递减， 又因为， 所以当时，， 即对任意成立. 因为，所以，因此原不等式得证. 综上，三种情况均已证明，原命题成立. 19. 已知椭圆过点，原点为，过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于两点，设线段的中点为，且直线的斜率与直线的斜率的乘积为． （1）已知点，，求椭圆上的动点到点的最大距离． （2）过右焦点的直线与椭圆交于两点，以为直径的圆恒过右焦点，且的中点为． ①证明：直线过定点． ②若椭圆的左焦点为，的延长线交椭圆于点，若，，求的最大值． 【答案】（1）当时，最大距离为；当时，最大距离为 （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）设点，根据，求得和，求得的值，得到椭圆的方程，设点，求得，结合椭圆的对称性和二次函数的性质，即可求解； （2）①当直线的斜率存在且不等于零时，设直线的方程为，联立方程组，结合韦达定理，求得和，求得的方程，得到直线过定点，在分别验证斜率不存在和斜率为0的情况，即可得到结论； ②设直线的方程为，联立方程组，求得和，化简得到，进而求得的最大值. 【小问1详解】 解：设点，且在椭圆上，可得且， 两式相减，得，即， 所以 因为，可得，所以，则， 又因为椭圆过点，可得， 联立方程组，可得，所以椭圆方程为： 设点，可得， 则， 其对称轴为，而， 当，即时，在时取得最大值，且； 当，即时，在时取得最大值，且． 综上可得，当时，最大距离为； 当时，最大距离为． 【小问2详解】 解：①当直线的斜率存在且不等于零时，设斜率为， 因，所以直线的斜率为， 由椭圆的右焦点，直线的方程为，设， 联立方程组，整理得， 则， 且，， 所以线段的中点M的坐标，，即． 将直线的方程，代入椭圆方程， 同理可得：线段的中点N的坐标，，即． 所以的斜率，其中， 直线的方程为：， 化简，即 当直线的斜率不存在时，与轴垂直且过焦点， 根据椭圆的对称性可知，此时为椭圆的长轴，可得， 所以直线为轴，过定点； 当直线的斜率为0时，与轴垂直且过焦点， 根据椭圆的对称性可知，此时为椭圆的长轴，可得， 所以直线为轴，过定点； 综上可得，直线恒过定点． （2）②设，，，设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 即，所以，即， 同理可得：， 若，则 可得 整理得， 当时，取得最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $