精品解析：河南信阳高级中学国际部高考班2025-2026学年高二下学期6月测试（二） 数学试题

河南省信阳高级中学国际部高考班 2025-2026学年高二下期06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. （ ） 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. 设双曲线：（，）经过点和点，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 由组成没有重复数字的四位数中，偶数的个数是（ ） A. 300 B. 360 C. 420 D. 480 6. 已知是定义在上的奇函数，且满足．当时，，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 7. 已知正数满足，则的最小值为（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 8. 记，，分别为的内角，，的对边，且，，则的形状为（ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 锐角或直角三角形 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. 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 10. 已知 为等差数列{an}的前n项和， 则下列结论正确的是（ ） A. {an}是递增数列 B. 使 成立的n的最大值为9 C. 取最小值时，n=11 D. 11. 已知抛物线C：的焦点为F，直线l过点F且与抛物线C交于，两点，其中，且，则（ ） A. 直线l的斜率为 B. C. D. △MON（点O为坐标原点）的面积为6 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机事件满足，则______. 13. 音高y（单位:）与频率f（单位：）满足，若，则f的取值范围为________． 14. 若函数有两个零点，则的取值范围是__________． 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. 记的内角的对边分别为，已知，，角B的角平分线交于点D. （1）求角B； （2）若的面积为，求. 16. 已知数列满足，． （1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式； （2）求的前项和． 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，E为中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知椭圆（）的离心率为，椭圆被直线截得的线段长为． （1）求的标准方程； （2）斜率为的直线与圆相切，且该直线交椭圆于，（），是椭圆的上顶点．记直线，的斜率分别为，，求． 19. 已知函数. （1）若，求函数在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）证明：当时，. 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国际部高考班 2025-2026学年高二下期06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. （ ） 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】D 【解析】 【详解】由，得， 所以，即； 由，得， 所以，即. 两式相减，得， 所以 . 4. 设双曲线：（，）经过点和点，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把点和代入双曲线方程求出，再求出渐近线方程即可. 【详解】把点和，代入双曲线方程可得 ， 所以双曲线方程为， 故该双曲线渐近线方程为. 5. 由组成没有重复数字的四位数中，偶数的个数是（ ） A. 300 B. 360 C. 420 D. 480 【答案】C 【解析】 【分析】由最后一位数是0和最后一位不是0，两类情况讨论求解即可. 【详解】最后一位数是0，偶数的个数是； 最后一位不是0，偶数的个数是， 所以一共有种. 6. 已知是定义在上的奇函数，且满足．当时，，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可推导，进而得到，再根据周期性、奇偶性及对称性求值即可． 【详解】由题可知，，且为上的奇函数， ，，即， ，即函数的周期为4， ． 故选：C． 7. 已知正数满足，则的最小值为（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】由基本不等式的乘“1”法可得. 【详解】因为，所以，当且仅当时，取得等号. 故选：A. 8. 记，，分别为的内角，，的对边，且，，则的形状为（ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 锐角或直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】应用正弦定理得出，再应用余弦定理计算得出两角和余弦值即可得出角的范围判断形状. 【详解】因为，由正弦定理得，又，故， 由余弦定理得，故， 得，所以， 得， 所以，或，，所以为钝角三角形. 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. 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. 10. 已知 为等差数列{an}的前n项和， 则下列结论正确的是（ ） A. {an}是递增数列 B. 使 成立的n的最大值为9 C. 取最小值时，n=11 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式和前项和公式求出，依次判断选项即可. 【详解】设等差数列的公差为，由 ， 所以，即，解得：， 所以，则{an}是递增数列，故A正确； 则， 令，解得：，所以使 成立的n的最大值为9，故B正确； 当时，取最小值，故C错误； 由于，故D正确. 11. 已知抛物线C：的焦点为F，直线l过点F且与抛物线C交于，两点，其中，且，则（ ） A. 直线l的斜率为 B. C. D. △MON（点O为坐标原点）的面积为6 【答案】BC 【解析】 【分析】设l方程为，与抛物线方程联立结合韦达定理可得 ，，又如图可得，据此可得则，. 据此可判断AB选项正误； C选项，由抛物线定义可得； D选项，由图可得. 【详解】因为，所以点M在第一象限，显然直线l不与x轴垂直，设直线：，联立，可得，由韦达定理可得：，．做垂直于x轴，则， 得，则，. A选项，，则直线斜率为，故A错误； B选项，因，则，故B正确； C选项，由抛物线定义，， 又，则，故C正确； D选项，由图有，故D错误. 故选：BC. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机事件满足，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用条件概率公式求解即可. 【详解】由条件概率公式可知 . 13. 音高y（单位:）与频率f（单位：）满足，若，则f的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意，则，解得， 所以f的取值范围为. 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. 记的内角的对边分别为，已知，，角B的角平分线交于点D. （1）求角B； （2）若的面积为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理结合三角形的内角性质得到，再结合题意得到即可. （2）先利用正弦定理表示三角形边长，再利用三角形面积公式表示面积，进而建立方程求出，再结合角度关系证明，最后得到即可. 【小问1详解】 因为， 由余弦定理得， 因为，所以，则，故， 因为，所以， 因为，所以， 【小问2详解】 由（1）可得，，故， 而， 由正弦定理有， 从而， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为， 由已知得的面积为，可得，解得. 由角平分线性质得，而，故， 则，故. 16. 已知数列满足，． （1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式； （2）求的前项和． 【答案】（1）证明见解析，； （2）. 【解析】 【分析】（1）将条件变形为，结合等比数列的定义即可证明，求出数列的首项，利用等比数列的通项公式求解即可； （2）由于，利用分组求和即可求解. 【小问1详解】 因为，所以. 由可知，，则， 所以数列是等比数列，其公比为4，首项为， 则， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 由于， 所以， 则， 即的前项和. 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，E为中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面PAD，由线面垂直的性质定理得，进而利用线面垂直的判定定理得平面； （2）以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量、平面的法向量，由向量的夹角公式可得答案． 【小问1详解】 ∵平面，平面，∴， 又∵，，平面PAD，∴平面PAD， 又平面PAD，∴， ∵，且E为中点，∴， 又，平面， ∴平面． 【小问2详解】 如图，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴， 建立空间直角坐标系， 则，，，，， ∴，，且平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，∴， ∴． 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知椭圆（）的离心率为，椭圆被直线截得的线段长为． （1）求的标准方程； （2）斜率为的直线与圆相切，且该直线交椭圆于，（），是椭圆的上顶点．记直线，的斜率分别为，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率可知，，然后将代入椭圆方程即可求解； （2）根据直线与圆相切即可求出，分类讨论即可. 【小问1详解】 由于椭圆的离心率为，所以，即， 由于，所以， 将代入椭圆方程，得，即，解得，即， 由题意，所截得的线段长为，所以，解得，从而， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）可知，，所以圆的方程为， 设直线的方程为，因为直线与圆相切，如图所示， 则圆心到直线的距离，解得， 椭圆上顶点，分两种情况讨论： ①当时，直线的方程为，代入椭圆方程， 化简得，解得或， 则当时，，当时，，由于，所以， 则，，此时； ②当时，直线的方程为，代入椭圆方程， 化简得，解得或， 当时，，当时，，由于，所以， 则，，此时. 综上所述，的值为. 19. 已知函数. （1）若，求函数在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）证明：当时，. 【答案】（1）； （2）当时，在上为单调递减函数； 当时，在上为单调递减函数，在上为单调递增函数； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求，，，利用点斜式得到函数在点处的切线方程； （2）求，按照和讨论求解，当时，解出的解为的单调递减区间；解出的解为在上为单调递增区间； （3） 利用时的的单调性得到的最小值为，要证明，只需证明，构造函数，即，求，求出的解为的单调递增区间；求出的解为的单调递减函区间；从而得到的最小值，继而得到证明的结论. 【小问1详解】 ，，， ，， ， 函数在点处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 ，， 当时，，在上为单调递减函数； 当时，，解得， 在上为单调递减函数； ，解得，在上为单调递增函数； 综上所述，当时，在上为单调递减函数； 当时，在上为单调递减函数，在上为单调递增函数； 【小问3详解】 ， 当时，在上为单调递减函数，在上为单调递增函数； 则在处取最小值，且最小值为， 要证明，只需证明， 设，即， ，， 的解为，故在上为单调递增函数； 的解为，故在上为单调递减函数； 则在处取最小值，且最小值为， ， ，，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $