精品解析：陕西省镇安中学2025-2026学年高二下学期第二次月考数学试题

2025-2026学年高二第二学期第二次月考数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 学校：________ 姓名：________ 班级：________ 考号：________ 一、单选题：本大题共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. （ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，满足，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列满足，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 双曲线： （， ）过点和，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知棱台的上、下底面均是有一个内角为的菱形，上、下底面的边长分别为2，3，该棱台的高为，则其体积为（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙、丙、丁等8人分成，两技术小组，要求每组4人，且甲乙必须在同一组，丙丁不能在同一组，共有多少分配方案（ ） A. B. C. D. 8. 已知为第二象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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．全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分． 9. 下列函数在定义域内单调递增的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列各式正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知：，：，则（ ） A. 点的坐标为 B. 当时，与轴相切 C. 当时，与相切 D. 当与相交时，两个交点所在直线的方程为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 已知，则的最小值为____. 13. 已知双曲线的左，右焦点分别为，过点作斜率为的直线交双曲线的右支于A，B两点，其中点在第一象限，若，则双曲线的离心率为________． 14. 若函数有两个零点，则的取值范围是__________． 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. 已知集合，． （1）若，求A，B及； （2）若“”是“”的充分条件，求实数a的取值范围． 16. 如图，三棱锥中，点在上，，，． （1）证明：； （2）若，，，．求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知函数． （1）求; （2）设函数，求的值域和单调区间． 18. 已知椭圆的离心率为，长轴长为4． （1）求C的方程； （2）过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 19. 已知． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）当时，证明； （3）求实数的最大可能值，使得对任意的都成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二第二学期第二次月考数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 学校：________ 姓名：________ 班级：________ 考号：________ 一、单选题：本大题共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. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题可得，所以 3. 已知向量，满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由和两边分别平方，解方程组即得的值. 【详解】由，得，即，① 由，得，即，② 由①②得. 4. 已知等差数列满足，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的性质，可得答案. 【详解】因为，解得. 故选：B. 5. 双曲线： （， ）过点和，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】已知点和在双曲线上，则，解得， 故其渐近线方程为． 6. 已知棱台的上、下底面均是有一个内角为的菱形，上、下底面的边长分别为2，3，该棱台的高为，则其体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别求出棱台的上底面面积和下底面面积，再根据棱台的体积公式求得该棱台的体积. 【详解】由题意，得棱台的上底面面积为， 下底面面积为， 所以该棱台的体积为. 7. 甲、乙、丙、丁等8人分成，两技术小组，要求每组4人，且甲乙必须在同一组，丙丁不能在同一组，共有多少分配方案（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】先安排甲乙去中任意一组，有2种， 由于丙丁不能同组，从丙丁2人中选1人与甲乙同组，另一人去另一组，有2种， 剩余4人选1人加入甲乙一组，另外3人去另一组，有4种， 故总分配方案为：种． 8. 已知为第二象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用二倍角公式化简已知等式，结合为第二象限角的符号特征求出与的值，代入目标式计算即可得结果. 【详解】已知，根据二倍角公式， 可得，即， 因为为第二象限角，故，即，等式两边同除以得， 即， 展开整理得，即，解得， 又为第二象限角，故，， 因此，， 将、代入目标式： ，故C正确. 二、多选题：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．全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分． 9. 下列函数在定义域内单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】逐一判断各选项对应函数在其定义域内的单调性，即可判断选项正误. 【详解】对于A，当时，函数在R上单调递增，因，则函数在R上单调递增，故A正确； 对于B，当时，函数在上单调递增，因，则在上单调递增，故B正确； 对于C，当时，函数在上单调递增，因，则在上单调递增，又为奇函数， 则在R上单调递增，故C正确； 对于D，函数在R上单调递减，故D错误. 10. 下列各式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【详解】A选项，由换底公式，可得，故A错误； B选项，，故B正确； C选项，当且时，，故C错误； D选项，，故D正确． 11. 已知：，：，则（ ） A. 点的坐标为 B. 当时，与轴相切 C. 当时，与相切 D. 当与相交时，两个交点所在直线的方程为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，求出的圆心坐标即可判断； 对于B，利用圆心到的距离即可判断； 对于C，求出两个圆的圆心距与半径之差，半径之和比较即可判断； 对于D，将两个圆的方程相减化简即可求解. 【详解】由：，化简可得， 所以，的圆心，半径，故A错误； 对于B，由，得的半径，所以圆心到轴的距离，即与轴相切，故B正确； 对于C，由，得的半径，由于的圆心为，半径，所以，则与内切，故C正确； 对于D，由，化简得：， 所以与两个交点所在直线的方程为，故D错误. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 已知，则的最小值为____. 【答案】4 【解析】 【详解】因为，所以， 当且仅当时取等号，即的最小值为. 13. 已知双曲线的左，右焦点分别为，过点作斜率为的直线交双曲线的右支于A，B两点，其中点在第一象限，若，则双曲线的离心率为________． 【答案】2 【解析】 【分析】利用双曲线的定义式，结合题设条件，推得，设在中，利用余弦定理可得关于的齐次方程，解之即得离心率. 【详解】   如图，根据双曲线的定义得，， 由于，，则， 所以．设由题可得，则， 在中，由余弦定理，可得整理得， 即，因，则可得 . 故答案为：2． 14. 若函数有两个零点，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】方法一：令,则即，,转化为一元二次方程有两个正根的问题. 方法二：把函数 有两个零点转化为方程有两个实数根的问题，再转化为,即函数与函数交点问题. 【详解】令，得，即， 方法一： 令，则，即，, 则一元二次方程有两个正根， 那么， 所以，的取值范围是. 方法二： 设，那么设，则， 由于在上单调递减，在上单调递增， 故在上单调递减，在上单调递增，且， 根据函数图象可知，函数有两个零点，则的取值范围是. 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. 已知集合，． （1）若，求A，B及； （2）若“”是“”的充分条件，求实数a的取值范围． 【答案】（1），， （2） 【解析】 【分析】（1）根据绝对值不等式，分式不等式的解法求解，再根据集合的运算即可求解； （2）将“”是“”的充分条件转化为，列出不等式即可求解． 【小问1详解】 当时，由，解得，所以， 由，解得，所以， 所以，则． 【小问2详解】 由，解得，所以， 又“”是“”的充分条件，所以， 已知，可得解得， 所以实数a的取值范围为． 16. 如图，三棱锥中，点在上，，，． （1）证明：； （2）若，，，．求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明： 因为且，，且， 所以平面. 因为平面，所以. 又，，平面， 平面，平面， 所以平面， 故. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，，再结合线面垂直的性质定理证明即可； （2）法一：建立空间直角坐标系，求解向量和平面的法向量，再结合向量法求解线面夹角；法二：利用体积法解出设点到平面的距离为，进而计算线面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 可得， ， ， . 因为 且 ，所以. 所以，，. 设平面 的法向量 ，则， 可得，令，则：，，即. 设与平面所成的角为： 所以 ， 所以与平面所成的角的正弦值为. 法二：在 中，， 在 中，， 由（1）知，则. 在 中，. 在 中，. ， 为直角三角形，则. 设点到平面的距离为，与平面所成角为， 由得： ，即， 解得：. 所以. 17. 已知函数． （1）求; （2）设函数，求的值域和单调区间． 【答案】（1） （2）值域为，单调递减区间为，单调递增区间为. 【解析】 【分析】（1）直接由题意得，结合余弦函数的单调性即可得解； （2）由三角恒等变换得，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数的单调区间. 【小问1详解】 由题意，所以； 【小问2详解】 由（1）可知， 所以 ， 所以函数的值域为， 令，解得， 令，解得， 所以函数的单调递减区间为， 函数的单调递增区间为. 18. 已知椭圆的离心率为，长轴长为4． （1）求C的方程； （2）过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程； （2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长. 【小问1详解】 因为长轴长为4，故，而离心率为，故， 故，故椭圆方程为：. 【小问2详解】 由题设直线的斜率不为0，故设直线，， 由可得， 故即， 且， 故， 解得， 故. 19. 已知． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）当时，证明； （3）求实数的最大可能值，使得对任意的都成立． 【答案】（1） （2）方法一：令，则， 当时，，，则， 所以在上单调递增，则， 所以在上恒成立，即在上恒成立； 当时，令，所以， 因为和在上单调递增，则在上单调递增， 所以， 因为，所以，所以，由于， 所以，则在上单调递增， 则，即在恒成立， 所以在上单调递减， 所以，即在成立， 故在成立， 综上，在上恒成立， 方法二：要证，即证，可得， 令，，则， 设，， 当时，则， 当时，则， 因为，则，可得，则， 可知在内单调递减，且， 则当时，，即；当时，，即； 综上所述：当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 所以在内恒成立， 且，即在内恒成立， 所以在上恒成立. （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，以及直线的点斜式方程求解即可； （2）方法一：令，利用导数研究在上的单调性以及最值即可证明结论； 方法二：比值构造法 构建，，求导，分和两种情况讨论，利用导数分析的单调性和最值，即可证明不等式. （3）利用导数证明，分和两种情况讨论不等式是否成立. 【小问1详解】 由于， 所以，， 则曲线在点处的切线方程为：， 即； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ①当时，设 构造函数， 则， 令， 所以， 由于在上单调递增， 所以，则在上单调递减， 故，则在上单调递减， 则在上恒成立，即在上恒成立； 令，所以， 所以在上单调递增，则，当且仅当时取等， 即在上恒成立. 故， 令，则， 对于，令，则， 变形得， 裂项求和得， 对题设不等式左边取对数放缩： ， 对题设不等式右边取对数放缩：： 当时，，此时右侧大于左侧，不等式不恒成立，所以不满足条件； ②当时，若,恒成立， 此时原不等式右侧，只需证明：， 由（2）问结论可得： 对于二项式展开， 两边取对数，， 又 因此， 所以原不等式成立，则的最大值为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $