贵州省黔南布依族苗族自治州2025-2026学年高二上学期教学质量监测考试Ⅲ数学试卷（Word版附解析）

这是一份贵州省黔南布依族苗族自治州2025-2026学年高二上学期教学质量监测考试Ⅲ数学试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．直线的倾斜角为（ ）
A．0B．C．D．不存在
2．下列求导运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
3．如图，在平行六面体中，，，，点M为线段的中点，则（ ）

A．B．C．D．
4．已知数列，，，以后各项由（，）给出，且数列满足，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数在上可导，则（ ）
A．B．
C．D．
6．已知与相交，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知等比数列的前n项和为且，若，，，则下列等式恒成立的是（ ）
A．B．C．D．
8．正方体的棱长为1，为棱的中点，则到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．同一平面内的直线与直线，下列选项中满足的直线是（ ）
A．B．经过点和
C．的斜率为2，且过点D．与没有公共点
10．已知等差数列的前n项和为，公差为d，m，n为互不相等的正整数，则下列说法正确的是（ ）
A．数列是等差数列B．若，，则
C．若，则D．若，则
11．已知抛物线的焦点为F，A，B是抛物线C上的两个动点，且的最小值为1，M是线段AB的中点，是抛物线C所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则点M到y轴距离为4
C．的最小值为3
D．若，则
三、填空题
12．椭圆的离心率为 .
13．在中，为坐标原点，、，则内切圆的标准方程为 .
14．已知数列满足，.若是等差数列，则 ；若是等比数列，则 .
四、解答题
15．已知函数在处的切线与y轴垂直.
(1)求函数的解析式；
(2)求函数的单调区间.
16．在平面直角坐标系xOy中，曲线与x轴交于A，B两点，点C的坐标为，当实数m变化时，解答下列问题：
(1)能否出现的情况，并说明理由；
(2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值，并求出该定值.
17．如图，在三棱锥中，平面PAC，，，，点M，N满足，.
(1)求证：；
(2)当MN取最小值时，求直线AM与平面CMN所成角的正弦值.
18．在平面直角坐标系中，动点到直线的距离与到点的距离之比为，设动点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)已知点，点，为上两点，且，，直线，，分别交轴于点，，，求证：.
19．已知数列的前项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)保持数列的顺序不变，在、之间插入个数：，，，，，且，，，，，，这个数组成一个等差数列，记.由，，，，，，，，，，，，，，组成的新数列记为.
（i）求，，；
（ii）记数列的前项和为，比较与的大小.
1．B
根据直线方程，易得直线与轴垂直，即可求解.
【详解】由直线，可得，此时直线与轴垂直，
所以直线的倾斜角为.
故选：B.
2．D
利用基本函数求导法则计算出答案
【详解】，A错误；
，B错误；
，C错误；
，D正确.
故选：D
3．C
根据空间向量线性运算性质进行求解即可.
【详解】
.
故选：C
4．C
先根据数列的递推公式求出和的值，再代入中求出结果即可.
【详解】因为，，（，），
所以
.
所以.
故选：C.
5．B
由导数的定义进行求解．
【详解】对于A，，故A项错误；
对于B，，故B项正确；
对于C，，故C项错误；
对于D，，故D项错误．
故选：B
6．A
先把两圆化为标准形式求出圆心和半径，再利用两点间距离公式求出圆心距，利用圆与圆的位置关系构造不等式，解不等式求出实数a的取值范围．
【详解】的标准方程为，
圆心，半径，
的标准方程为，
圆心，半径，则，解得或，
，
两圆相交，
，
恒成立，则只需满足，
，化简得，解得或，
综上，的取值范围为，故A正确．
故选：A．
7．C
利用等比数列的性质及等比数列前n项和公式，结合已知条件对各选项进行逐一分析判断．
【详解】是等比数列，设首项是，公比为，
，，，
当时，，
令，且，则
，
，
选项A：，，且，
，故不恒成立，故A错误；
选项B：，，
不恒成立，故B错误；
选项C：当时，，，
，
当时，，
，故，
综上，恒成立，故C正确；
选项D：，
不成立，故D错误．
故选：C．
8．A
利用等体积法建立等式，结合三棱柱体积公式计算即可求得点到平面的距离.
【详解】如图：

在中，，，.
所以，
所以，所以.
又.
设到平面的距离为，
则.
故选：A
9．AD
根据两条直线平行计算求出参数判断A，C，根据平行直线位置关系判断D，应用两点求出斜率判断B.
【详解】对于A：与斜率相等，且不重合，所以符合题意；
对于B : 经过点和，所以斜率为，
所以直线的方程为,化简可得，重合，不符合题意；
对于C：的斜率为2，且过点，所以，两条直线重合，不符合题意；
对于D：与没有公共点，则满足，D选项符合题意；
故选：AD.
10．ABD
根据等差数列的通项公式和前项和公式进行计算即可.
【详解】因为等差数列的前n项和为，公差为d，所以.
所以，所以数列是首项为公差为的等差数列，A正确；
因为，所以.
两式相减得，即，
因为m，n为互不相等的正整数，所以，所以.
代入得，所以，B正确；
因为，
当时，.
所以，又，
所以，则，所以C错误；
因为，所以，
化简得，因为m，n为互不相等的正整数，所以，
所以，所以，D正确.
故选：ABD.
11．ACD
根据抛物线的定义，结合平面向量共线性质、两点间线段最短逐一判断即可.
【详解】设点，．该抛物线的准线为，
因为，所以的最小值为，所以，故A正确．
若，则，所以M到y轴的距离为，故B错误．
过点A作抛物线的准线l：的垂线，垂足为点E，
由抛物线的定义可得，所以，当且仅当P，A，E三点共线，即当时，取得最小值，故C正确．
由向量共线可得直线AB过点，设AB的方程为，与
联立可得，则．
由，，
由，所以，得，
所以，故D正确．
故选：ACD
12．/
把椭圆方程化成标准方程，确定，再根据离心率的概念求解.
【详解】把椭圆方程化成标准方程，得.
表示焦点在轴上的椭圆，且，，所以.
所以椭圆的离心率为.
故答案为：
13．
作出图形，分析可知圆心在直线上，设圆心为，利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，求出的值，可得出圆心的坐标和圆的半径，即可得出所求圆的标准方程.
【详解】由题意可知，直线的方程为，即，
由题意可知的角平分线所在直线的方程为，如下图所示：

设内切圆圆心为，则圆的半径为，
所以圆心到直线的距离为，
整理可得，因为，解得，
故圆心为，圆的半径为，
所以内切圆的标准方程为.
故答案为：.
14．
根据数列为等差数列设出公差，结合条件解得首项和公差，计算得出结果；根据数列为等比数列设出公比，分和讨论，再结合条件解得首项和公比，计算得出结果
【详解】若是等差数列，设公差为，由题意，解得或，
当时，，所以；
当时，，所以；
若是等比数列，设公比为
当时，，由题意，，不符合题意；
当时，由题意，，可得，
解得或
当时，，所以；
当时，，所以；
故答案为：；
15．(1).
(2)单调增区间为，单调减区间为.
（1）首先计算得，结合导数的几何意义及直线垂直的性质计算即可得；
（2）由（1）得，由导函数小于求得函数的减区间，导函数大于求得函数的增区间即可.
【详解】（1）由题意得，令，得，解得，
又函数在处的切线与y轴垂直，，
，，则，
函数的解析式为.
（2）由（1）可知，
则，
又函数的定义域为，，
故当时，，此时，函数在上单调递增；
当时，，此时，函数在上单调递减.
所以的单调增区间为，单调减区间为.
16．(1)答案见解析
(2)证明见解析
（1）根据一元二次方程根与系数关系、根的判别式，结合直线斜率公式进行判断证明即可.
（2）利用圆的性质求出圆的标准方程，在圆的标准方程中，令，进行运算证明即可.
【详解】（1）总能出现，理由如下：
在中，令，得，
因为，
所以曲线一定与横轴有两个不同的交点，
设，，
因此，
于是有，
所以，
所以总能出现.
（2）因为，
所以过A，B，C三点的圆的圆心为的中点，设为点，
由中点坐标公式可得，即，
所以圆的半径为，
所以圆的标准方程为，
在中，
令，得，
所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为，是定值.
17．(1)证明见解析
(2)
（1）根据线面垂直的性质定理与判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，先求出当MN取最小值时的的值，再利用向量法求线面夹角的正弦值.
【详解】（1）因为平面PAC，平面PAC，所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）因为平面PAC，所以，
以点为原点建立如图的空间直角坐标系，
则，
所以，
因为，，
所以，
所以，
所以，
所以，
当时，最小，MN取最小值，
此时，
所以，
设平面CMN的法向量为，
则，令，则，
所以，
设直线AM与平面CMN所成角为，
则，
所以直线AM与平面CMN所成角的正弦值为.
18．(1)
(2)证明见解析
（1）设，利用点到直线的距离公式和两点间的距离公式，列出方程后化简即可；（2）设直线，点，求出直线，，然后求出点，，，将证明转化为证明；结合齐次化运算得到的值，代入即可得证.
【详解】（1）设，因为点到直线的距离与到点的距离之比为，
所以，化简得，所以的方程为；
（2）
依题意，直线的斜率存在，设直线，，，
则，即；
又，所以直线，直线；
令，则，，，，；
易知点在点的同一侧，所以；
由（1）知的方程为，所以，化简得；
又，所以，
化简得，
所以，所以；
要证明，即证，
即证，即证；
又，故命题得证，即.
19．(1)
(2)（i），，；（ii）.
【详解】（1）因为数列的前项和为，且，，
当时，，可得，解得，
当时，由可得，
上述两个等式作差得，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，故.
（2）（i）由等差数列的基本性质可得，
所以，，
所以，
故，所以，，
所以；
（ii）将数列制成以下数阵：
则该数阵第的项数为，
在数列中的项数为，
假设位于数阵的第行，
则，解得，且，
故位于数阵的第行最后一项，即，
所以，
所以，
上述两个等式作差得
，
故，所以.