湖北省顶级名校2025-2026学年高二下学期3月月考试卷 数学（含解析）

这是一份湖北省顶级名校2025-2026学年高二下学期3月月考试卷 数学（含解析），共5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．已知直线与平行，则（ ）
A．0B．C．1D．
2．已知数列中，，，则（ ）
A．1B．C．－1D．－2
3．函数的图象与直线恰有两个公共点，则（ ）
A．或B．或C．或D．或
4．记为等差数列的前项和，若则数列的前2024项和为（ ）
A．B．C．D．
5．学校要求学生从物理、化学、生物、历史、地理、政治这6科中选3科组合学习，要求物理历史两科中必须选且只能选择其中一科，则选科方式共有（ ）种．
A．24B．20C．12D．6
6．已知椭圆的左，右焦点分别为，点在该椭圆上，若满足为直角三角形的点共有8个，则该椭圆离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．若函数恰有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知是椭圆的左焦点，经过坐标原点的直线与交于两点，若，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知，则下列不等式正确的有（ ）
A．B．C．D．
10．已知抛物线，直线与抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则OA⊥OBD．若，则OAB面积最小值为
11．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若方程有两个不相等的实数根，则
C．存在，使
D．若不等式恒成立，则
三、填空题
12．甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《疯狂动物城2》、《狂野时代》、《得闲谨制》及《开心岭》四部电影中任选一部，则不同的选法有______种.
13．若在上不单调，则实数的取值范围是_________________．
14．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，点P在C上，，直线PQ是的内角平分线，，.则双曲线C的离心率______.
四、解答题
15．已知函数，在处的切线与直线垂直．
(1)求的值；
(2)求函数的最大值．
16．如图所示，在长方体ABCD-EFGH中，，AD=4，，点M在棱EH上，点P在棱FG上，且EM=GP=1
(1)证明：MP⊥BH；
(2)在棱FP上是否存在点Q，使得Q到平面BMP的距离与Q到平面BFM的距离相等？若存在，求出FQ的长；若不存在，说明理由．
17．已知数列的前项和为，，且.
(1)求的通项公式.
(2)设，记数列的前项和为.
（ⅰ）求；
（ⅱ）若对任意恒成立，求的取值范围.
18．在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的左、右顶点分别为，F为椭圆C的右焦点，P为椭圆C上不同于A、B的动点，若，直线PF与椭圆C的另一个交点为Q．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求面积的最大值；
(3)若P在x轴的上方，设直线AP、BQ的斜率分别为，是否存在常数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
19．函数，，为自然对数的底数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，证明函数存在唯一的极值点；
(3)若存在，使得对任意成立，求实数的取值范围.
参考答案
1．B
【详解】因为直线与平行，
所以.
故选：B
2．D
【详解】因为，，
所以，，，
所以是以3为周期的数列，
所以.
故选：D.
3．D
【详解】设，其中，则，令可得，列表如下：
所以，函数的极大值为，极小值为，如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有两个公共点.
故选：D.
4．A
【详解】设的公差为d，由得
解得，所以.
则
数列的前2024项和为:
．
故选：A
5．C
【详解】选科方式共有种，
故选：C．
6．A
【详解】如图：
因为使为直角三角形的点有8个，所以在中，必有，即，
所以，即，可得.
又椭圆的离心率，所以.
故选：A
7．C
【详解】由函数，可得，
若，，在单调递增，此时至多有一个零点，舍去；
若，令，解得，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，
所以当时，函数取得极小值，也时最小值，
又由时，，且时，，
要使得函数恰有两个零点，则满足，即，
解得，所以实数的取值范围为.
故选：C.
8．C
【详解】设为的右焦点，连接，，如图，则四边形为平行四边形，
∴，由椭圆定义知，，
∴，.
在中，，
∴.
在中，.

故选：C.
9．ACD
【详解】A项，令，则，令，解得，
所以函数在上单调递增．所以当时，，即，A正确；
B项，令，则，于是，但，B错误；
C项，令，则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
故在时，取得最小值，
所以在上恒成立，
故在上恒成立，C正确；
D项，令，因为，则，构造函数，
在上恒成立，
即在上单调递增，又，即在上恒成立，
则有，化简得，
将代入不等式可得：，
化简得：，D正确．
10．ACD
【详解】对于A项，因为，直线方程为，，
联立直线与抛物线的方程，消去得：,
由韦达定理得：，当时，解得，故A正确；
对于B项，因为，，所以，又因为,则，故选项B错误；
对于C项，因为且,所以,
又因为,所以,即得OA⊥OB,故正确；
对于D项，直线方程为，故设直线AB与轴的交点坐标为.
故，
根据，且得，
故，故，
所以，当且仅当时等号成立.
即的面积最小值是，故D正确；
故选：ACD.
11．ABD
【详解】因为，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以．
由在上单调递减，得，所以A正确．
由，得，所以．
易知函数在上单调递增．令，则，所以，即与有两个交点，所以，故B正确．
因为，且当时，，所以由，得，故C错误．
由，得，所以，即．
令，易知函数在上单调递增．
因为，所以，所以，所以，，故正确．
故选：ABD.
12．64
【详解】由题意每个人都有4种选法，故不同的选法有种.
故答案为：64.
13．
【详解】由，可得，
所以在上不单调，所以在上有解，
即在有解，即存在，使得，
又因为在上单调递减，所以，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
14．
【详解】

不妨设在右支上，则，
因为，故，故，
取的中点为，则，而，在直线上，
而，故在的延长线上，
由，可得，而为角平分线，
所以，故，
故，故，
所以，即，
所以.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【详解】（1）， 直线的斜率为，
依题意，
所以 ；
（2）定义域为，

由得到：
当变化时，和的变化情况如下表:
所以在时取得最大值，
即最大值为
16．(1)证明见详解
(2)存在点满足条件，.
【详解】（1）证明：因为在长方体ABCD-EFGH中，，AD=4，，点M在棱EH上，点P在棱FG上，且EM=GP=1，
连接，所以，
所以四边形为菱形，故，
由长方体得，由，知,
由，得，
由，得.
（2）存在点满足条件，. 证明如下：
假设存在点满足条件，记到平面的距离到平面的距离，
则,
而，，
所以，
则，
另一方面，
故，
综上所述存在点满足条件，.
17．(1)；
(2)，
【详解】（1）由可得，
，
所以数列是常数列，又因为，所以，
即的通项公式为；
（2）（ⅰ）由，
则，
两边乘以可得：，
上两式相减得：，
，
即；
（ⅱ）由可得：，
由对任意恒成立，则，
令，则函数在上单调递减，
即当时，，所以，
即的取值范围是.
18．(1)
(2)
(3)存在，
【详解】（1）由椭圆的左右顶点可知，
设，则，
化简可得，则，
，
所以，则椭圆的标准方程为；
（2）由（1）可知椭圆的右焦点坐标为，设直线方程为，
，将直线和椭圆方程联立，
代入可得，
由韦达定理可知，
则，
而，
代入可得，
根据点到直线距离公式，
所以，
令则，所以，
函数在上单调递增，
所以即时，，
此时的面积最大，最大值为；
（3）假设存在使得，分别求出，
因为在直线上，
所以，
故，
化简可得，
由（2）知，
则，所以可得，
整理化简可得，
要对任意的都成立，需系数满足，
解得，故存在，使得.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）当时，，则，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2），
当时，令，则，
令，所以，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，，当时，，
画出大致图象如下：
所以当时，与仅有一个交点，令，则，
且，
当时，，则，单调递增；
当时，，则，单调递减；
为的极大值点，故存在唯一的极值点；
（3）由（2）知，此时，
所以，
令，
若存在，使得对任意成立，等价于存在，
使得，即，
，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，所以，故，
所以实数b的取值范围.单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
+
0
-
单调递增
单调递减