江苏宿迁市2025-2026学年第一学期高二年级质量监测数学试题解析版

这是一份江苏宿迁市2025-2026学年第一学期高二年级质量监测数学试题解析版，共10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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 抛物线 的焦点坐标为
A. B. C. D.
【答案】D
2. 已知直线 经过 和 两点,则直线 的倾斜角为
A. B. C. D.
【答案】B
3.已知函数 ,则 的值为
A. 0B. C. D.
【答案】C
4.若直线 与直线 垂直,则 的值为
A. -3 B. 0 C. 3 D. -3 或 0
【答案】A
5.在平面直角坐标系中,圆 与圆 相交于 两点,则四边形 的面积为
A. B. C. 1D.
【答案】B
6.过抛物线 的焦点 的直线 交抛物线于 两点,点 在第一象限,有 , 则直线 的斜率是
A. B. C. D.
【答案】B
7.设 ,函数 有大于零的极值点,则实数 的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】C
8.谢尔宾斯基三角形(Sierppinskitriangle)是一种分形, 由波兰数学家谢尔宾斯基在 1915 年提出. 如图 1 ，先取一个面积为 1 的实心等边三角形，挖去一个 “中位三角形” (以原三角形各边的中点为顶点的三角形, 即图 2 中的白色三角形), 然后在剩下的每个小三角形中又挖去一个 “中位三角形”, 用上面的方法可以无限操作下去. 操作第 1 次得到图 2, 操作第 2 次得到图 3, ..., 若继续这样操作下去后, 得到图 2025, 则在图 2025 中所有被挖去的白色三角形的面积和是
A. B. C. D.
【答案】A
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.已知直线 ，下列说法正确的是
A. 直线 过定点
B. 直线 在 轴上的截距为 2
C. 原点到直线 距离的最大值为
D. 若直线 与直线 有且仅有两个不同的交点,则 的值为 -1
【答案】ABD
10.已知数列 的通项公式为 ,前 项和为 ,下列说法正确的有
A.
B. 数列 为单调递增数列
C. 当 时, 取得最大值
D. 当 时,数列 前 项积 取得最大值
【答案】ACD
11.已知函数 ,则下列说法正确的是
A. 是函数 的极值点
B. 若函数 的图象过点 存在三条切线,则
C. 若函数 在区间 上单调递增,则 的取值范围为
D. 若直线 与函数 图象有三个交点,依次为 ,且 ,则
【答案】BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.设数列 是公比为 的等比数列, . 若数列 连续四项构成集合 , 则 的值为________.
【答案】
13.直线 被圆 所截得的弦长为_______.
【答案】
14.关于 的方程 的一个正实数解为_____；若该方程只有唯一的正实数解,则 的最大整数值是________.
【答案】3； 17
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 的三个顶点分别为 .
(1)若点 为线段 中点，求 所在直线的方程；
(2)求 外接圆的方程 .
【解析】1）由点为线段中点，则,又因为，
直线CM斜率为．
所以所在直线的方程为．
（2）
解法一：由、、，
所以，，．
因为，
可知为以为直角的直角三角形，
则外接圆的圆心为，半径为．
所以圆的方程为．
解法二：由、、，设圆方程为
则有．
解得．
所以圆方程为 .
16.已知等差数列 的前 项和为 ，且 .
(1)求数列 的通项公式；
(2)设函数 ，证明:对任意的正整数 ，不等式 恒成立.
【解析】（1）设数列的首项为，公差为，则有，
解得．
所以的通项公式为．
（2）因为，，
所以．
两边同乘，得．
两式相减，得
即．
所以．
因为，所以对任意的正整数恒成立 .
17.某饮料公司计划生产一种容积为 的圆柱形易拉罐,其侧面的制造成本为 1 元/平方厘米，罐顶和罐底的制造成本为 2 元/平方厘米. 设易拉罐底面半径为 厘米,高为 厘米,制造总成本为 元. ( 立方厘米)
(1)求 的表达式；
(2)当易拉罐总制造成本最低时,求底面半径 与高 的比值.
【解析】（1）由题意得：，则，
总成本函数为 ．
所以．
（不写r>0不扣分）
（2）因为，
．
令得，
当时，，递减，
当时，，递增；
所以当时函数有极小值也是最小值为．
此时，则．
答：使得易拉罐总制造成本最低时的底面半径r和高h的比值为 .
18.已知椭圆 的两个焦点分别为 ,上顶点为 ,右顶点为 , 是边长为 2 的正三角形,点 是椭圆 上第一象限内的点,满足 , .
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)记过点 与 垂直的直线为 ，试判断直线 与椭圆 的位置关系，并说明理由；
(3)点 关于原点的对称点为 ，设 是椭圆上异于 的两个不同的点，直线 与线段 相交于 ,且满足 . 判断直线 和直线 的位置关系, 并说明理由.
【解析】（1）由题得：，，即，，所以，
椭圆的标准方程为．
因为，且，得到．
因为，所以，即．
得到，带入方程，即．
，则．
所以直线方程：，即．
与椭圆方程联立，化简得，，
所以直线与椭圆C相切．
（3）设，
因为，所以．
由得．
由得，．
由与均为锐角，所以，则．
解法一：
设的斜率为，直线的方程为，
则直线的方程为，由．
得，．
因为是此方程的一根，则．
同理可得，，．
所以．
则．
因为M，N是椭圆上异于P，B，D的两个不同的点，
所以．
解法二：
，设直线得方程为，
椭圆方程，，
即．

化简得
．
两边同除得，
因为，所以，可得．
所以直线得方程为，直线的斜率为．
由直线的斜率为，且M，N是椭圆上异于P，B，D的两个不同的点，
所以.
19.已知函数 .
(1)求不等式 的解集；
(2)当 时，不等式 恒成立，求实数 的取值范围；
( 3 )若方程 有两个实数根 ，证明 .
【解析】（1）函数的定义域为．
所以不等式可化为．
所以原不等式解集为．
（2）
解法一：
（分离参数法）因为，
所以不等式可化为．
设，．
设，则．
所以在上单调递减，则，则．
所以在上单调递减，则．
所以．
解法二：
设函数（），则恒成立．
，设，则．
①当时，，则递增，
所以．
所以递增，则不合题意，舍去；
②当时，由=0可得，
（i）若，即，当时，
则递减，则．
所以递减，则，符合题意；
（ii）若，即，
当时，当时．
则则上单调递增，且，
即时，则递增．
则不合题意，舍去；
综上所述，a的取值范围是．
（3），得
因为在上单调递增且，
所以，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
设过的割线与的交点横坐标为，
则．
设过的割线与的交点横坐标为，
则，．
下证，令，
当时，，
则，所以．
因为递减，所以．
当时，
令，,
令,在上单调递增，
，
由零点存在性定理知，存在使得，
当，
当，
在上单调递减，在上单调递增，
又，所以,，．
,由单调性可得，
综上所述， .