安徽省顶级名校2025-2026学年高二下学期3月教学质量监测试卷 数学（含解析）

这是一份安徽省顶级名校2025-2026学年高二下学期3月教学质量监测试卷 数学（含解析）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．已知向量，若，则（ ）
A．2B．-1C．0D．-2
2．在等差数列中，是其前项和，且，，则正整数为（ ）
A．2018B．2019C．2020D．2021
3．若从1，2，3，…，（）中任意取出两个不同的数，共有21种不同的取法，则（ ）
A．6B．7C．20D．21
4．已知为空间中四点，任意三点不共线，且，若四点共面，则的值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
5．已知圆与直线相切，则的值为（ ）
A．或2B．6或C．D．2
6．若函数在上有最大值，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．在平面直角坐标系中，已知点分别为椭圆的左，右焦点，为椭圆上的点，过作角的外角平分线的垂线，垂足为点，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
8．若使得不等式对任意恒成立，则实数的最大值为（ ）
A．1B．C．4D．
二、多选题
9．已知等比数列的前项和为，公比为，若，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．点在圆上，点在圆上，则下列说法正确的是（ ）
A．圆，圆有两条公切线
B．的最大值为7
C．两个圆心所在的直线斜率为
D．两个圆的公共弦所在直线的方程为
11．如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，点在正方形内部（含边界）运动，则下列结论正确的是（ ）
A．若为线段的中点，则直线平面
B．三棱锥的体积为
C．在线段上存在点，使得
D．若，则点的轨迹长为
三、填空题
12．已知数列满足，若，则___________．
13．一个火车站有10股道，如果每股道只能停放1列火车，现要停放5列不同的火车，每两列火车不能停在相邻股道，则不同的停放方法共有______种．
14．设函数，若是的极大值点，则取值范围为________．
四、解答题
15．在平面直角坐标系中，点，动点满足．
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)若直线过点且与轨迹相切，求直线的方程．
16．设为数列的前项和，已知．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和，并证明：．
17．如图，四棱锥中，平面，，，，，，M是的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，在线段上是否存在点Q，使得直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
18．已知双曲线经过点，且离心率为2．
(1)求的方程；
(2)过的右焦点且斜率不为0的直线与交于两点，设分别为的左、右顶点，且直线的斜率分别为，判断：是否为定值？若是，求出该定值；否则，说明理由．
19．已知函数．
(1)讨论单调性；
(2)若恒成立，求的值；
(3)当时，证明：当时，恒成立．
参考答案
1．D
【详解】由题意得，解得．
2．D
【详解】因为等差数列的前项和是关于的二次函数，
所以由二次函数的对称性及，
可得，解得．
3．B
【详解】由题意，得，即，
解得（舍去）或.
故选：B
4．C
【详解】因为四点共面，且，
所以由共面定理可得，，即.
5．C
【详解】将圆的方程化成标准方程为，
因为圆与直线相切，
则有，解得．
6．B
【详解】由函数，可得，其中，
令，可得，
所以在上为单调递减函数，
要使得函数在上有最大值，则函数在上有极大值，
则存在，使得在上单调递增，在上单调递减，
即有零点，所以，解得，
所以实数的取值范围为.
7．A
【详解】根据题意可得
延长交延长线于点，因是的外角平分线且，
故为等腰三角形，即，为中点，
由椭圆定义：，
则，
在中，为中点，为中点，
根据三角形中位线定理：，
所以点的轨迹是以原点为圆心、半径的圆，
则轨迹长度（圆周长）：．
8．C
【详解】令，其中，
则，当时，，
当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，函数在上单调递减．
所以使得不等式对任意恒成立等价于使得不等式对任意恒成立．
令得，由图可知，
因此实数的最大值为4．
9．AD
【详解】因为，所以，所以．
因为，所以，所以，故A正确；
又，所以，所以，
所以，故BC错误；
所以，故D正确．
10．BC
【详解】圆，圆心，半径，
圆，即，
所以圆心，半径，
则，
所以两圆相离，有四条公切线，A错误．
的最大值：的最大值为7，B正确；
C.选项：两圆心连线斜率,C正确．
D.选项：两圆外离，无相交弦，故方程不存在，D错误．
11．ABD
【详解】以为原点，方向为轴建立空间坐标系，棱长为，
，
，分别是，的中点，，
点在正方形上，设，其中，
对于A选项，为线段的中点，则，
又是正方体，则是平面的法向量，
，即，
又平面，所以直线平行平面，A选项正确；
对于B，三棱锥体积与相同，
的顶点，
，，
点到的距离恒为，
于是，B选项正确
对于C，在线段上：，设，
，，
垂直条件即，
，
但，所以不存在这样的点，C选项错误；
对于D，即，，
，，即，
点限制在，且平面上，因此在这个范围内对应一条线段：当时，得；当时，得，
线段长度：，所以轨迹长为，D选项正确．
故选：ABD
12．
【详解】
，
则是周期为3的周期数列，
又，
.
13．720
【详解】总共有10股道，要停放5列火车，那么剩下的空股道有股．
这5股空股道排好后，会形成个可以插入火车的“空隙”（包括两端）．
首先，从6个空隙中选5个，有种选法，
然后，将5列不同的火车在这5个位置上进行全排列，有种排法．
总的方法数是选位置的方法数乘以排列的方法数即种．
14．
【详解】函数的定义域为，求导得，
由，得，则，
当时，由，得；由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，是的极大值点，因此；
当时，，
若，则，函数在上单调递增，函数无极值，不符合题意；
若，由，得，由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，是的极小值点，不符合题意；
若，由，得，由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，是的极大值点，
符合题意，此时，则，
所以取值范围为.
15．(1)
(2)或
【详解】（1）因为，由，得，
化简得，即，
所以点的轨迹的方程为.
（2）由（1）知，轨迹表示圆心为，半径为2的圆，
当直线的斜率不存在时，方程为，
此时圆心到直线的距离，等于圆的半径，
故直线与相切，满足题意；
当直线的斜率存在时，设，即，
于是圆心到的距离等于半径2，
即，解得，
因此直线的方程为，即，
所以直线的方程为或.
16．(1)．
(2)，证明见解析
【详解】（1）因，所以，
则当时，，
两式作差得，，
即，则，
又因为，则是首项为1，公差为2的等差数列，
则.
（2）由（1）知，，
，
，
相减得
，
，
，
，
是单调递增数列，
.
17．(1)证明见解析
(2)存在，
【详解】（1）取中点N，∵M为中点，∴，且.
又∵，，∴，且，
∴四边形为平行四边形，所以 .
∵平面，平面
∴平面.
（2）∵平面，且，所以两两垂直.
以点A为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
得，，，，.
∴，，，，，.
假设存在点Q满足题意，设，
.
设平面的法向量为
则，令，则
设直线与平面所成的角为，则
，
化简得，解得或.
因为，所以，即.
18．(1)
(2)是定值，
【详解】（1）由题意，可得，
解得.
所以的方程为.
（2）由（1）知，的右焦点为，设的方程为，
与方程联立，得.
因为与有两个交点，所以且，解得．
设，则，则有
因，则，
所以，因，
代入可得，，即为定值.
19．(1)答案见解析
(2)1
(3)证明见解析
【详解】（1）解：由函数，可得其定义域为，且，
①当时，，故在单调递增；
②当时，令，解得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：由函数的定义域为．
①若，由（1）知在单调递增，
因为，所以不满足恒成立；
②若，由（1）知，在单调递减，在单调递增，
故在时取得最小值，所以，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
又因为，所以，当且仅当时取到等号，
所以的解为，故所以实数的值为.
（3）证明：当，且时，则，可得．
要证明，即证，
而，
令，只需证明即可，
由，再令，可得，
由于函数在上单调递增，所以在上单调递增，
则，即在上单调递增，
可得，即在上单调递增，
故，得证.