湖北省十堰市县级高中教联体2025-2026学年高二下学期3月训练数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖北省十堰市县级高中教联体2025-2026学年高二下学期3月训练数学试卷（Word版附解析），共11页。试卷主要包含了 下列求导结果正确的是， 函数 在 上的最小值为等内容，欢迎下载使用。
命题学校：房县第一中学命题教师：宁永明审题教师：邢广军
考试时间：2026 年 3 月 24 日下午 15：00—17：00 试卷满分：150 分
一､选择题：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. 下列求导结果正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】对于 A， ，故 A 错误；
对于 B， ，故 B 错误；
对于 C， ，故 C 错误；
对于 D， ，故 D 正确.
2. 已知直线 与 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A. 充分且不必要条件 B. 必要且不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【详解】由两条直线垂直的充要条件得 ，解得 或 ，
所以“ ”是“ ”的充分不必要条件.
3. 已知 是函数 的导函数，若 ，则 （ ）
A. B. C. 2 D. 4
第 1页/共 17页
【答案】B
【解析】
【分析】先对函数求导再赋值可得 ，进而可得函数值.
【详解】由 ，得 ，
∴ ，得 ，
∴ ，则 .
故选：B．
4. 已知两个随机事件 和 ，其中 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】 ，
．
5. 函数 在 上的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数求出 的极小值，再求出区间端点处的函数值，比较即可得答案.
【详解】由题意 ，令 ，解得 ， ，
当 时， ，则 单调递增，
当 时， ，则 单调递减，
所以 极小值为 ，
又 ，所以 的最小值为 ．
故选：D
6. 已知直线 和平面 ，下列表述正确的是（ ）
第 2页/共 17页
A. 若 ，则 B. 若 ，则
C. 若 ，则 D. 若 ，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用线面平行和垂直的判定定理和面面平行和垂直的判定定理即可求解.
【详解】由 ，条件中缺少 ，故 A 错误；
由 ，条件中缺少 ，故 B 错误；
由 ，条件中缺少 ，故 C 错误；
由 ，故 D 正确；
故选：D.
7. 我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”，它在世界数学史上具有光辉的一页，堪称数学
史上名垂百世的成就，而且一直启发和指引着历代数学家们．定理涉及的是数的整除问题，其数学思想在
近代数学、当代密码学研究及日常生活中都有着广泛应用，为世界数学的发展做出了巨大贡献现有这样一
个整除问题：将 1 到 2022 这 2022 个整数中能被 5 除余 2 且被 7 除余 2 的数按从小到大的顺序排成一列，
构成数列 ，那么此数列的项数为（ ）
A. 58 B. 59 C. 60 D. 61
【答案】A
【解析】
【详解】能被 5 除余 2 且被 7 除余 2 的数就是能被 35 除余 2 的数，
故 ．
由 ，得 ， ，故此数列的项数为 58．
8. 定义在 R 上的函数 ，对任意实数 都有 ， ．若
，则不等式 的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
第 3页/共 17页
【解析】
【分析】根据题意构造函数 ，由 推得 在 上单调递增，由条件推得 为
周期为 的周期函数，根据 得到 ，将待求不等式化成 ，再利用函数
单调性即可求解.
【详解】令 ，可得 ，所以 在 上单调递增，
由 可得 ，所以 是以 为一个周期的周期函数，
则 ，所以 ，
则不等式 ，即为 ，即 ，
又因为 在 上单调递增，所以 ，解得 ，
所以不等式 的解集为 ．
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.全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分.
9. 在一次机器人大赛中，7 位评委给某机器人的打分（单位：分）为 ，则下列说
法正确的有（ ）
A. 去掉一个最低分和一个最高分后，这组数据的极差不变
B. 去掉一个最低分和一个最高分后，这组数据的平均数不变
C. 去掉一个最低分和一个最高分后，这组数据的方差会变小
D. 这组数据的 分位数为 93
【答案】BC
【解析】
【详解】对于 A，原极差： ；去掉最低分 、最高分 后，
剩余数据为 ，极差为 ，极差改变，故 A 错误；
对于 B，原数据总和： ，原平均数 ，
去掉两端后总和为 ，平均数 ，平均数不变，故 B 正确；
对于 C，方差衡量数据波动程度，去掉了离平均数（ ）最远的两个数据 和 ，剩余数据波动更小，
因此方差变小，故 C 正确；
第 4页/共 17页
对于 D，计算 分位数：由 ，向上取整得分位数位置为第 位，
第 位数据是 ，不是 ，故 D 错误.
10. 如图是 的导数 的图象，则下面判断正确的是（ ）
A. 在 内 是增函数 B. 在 内 是减函数
C. 在 时 取得极大值 D. 当 时 取得极小值
【答案】BD
【解析】
【分析】由导函数图象和极值的定义逐项判断.
【详解】选项 A，由图象可知，在 ， ， 单调递减，
在 ， ， 单调递增，所以选项 A 错误.
选项 B，由图象可知，在 内 ， 单调递减，所以选项 B 正确.
选项 C，由图象可知， 两侧 均为正， 始终递增，所以选项 C 错误.
选项 D，当 时， ，左侧 ，右侧 ，导数由负变正，是极小值点，
所以 取得极小值，所以选项 D 正确.
故选：BD
11. 如图，在棱长为 2 的正方体 中，M，N 分别是线段 ， 上的动点（不含端点），
且 ，则下列结论正确的是（ ）
第 5页/共 17页
A. 若 ，则直线 与直线 的夹角为
B. 三棱锥 体积的最大值为
C. 存在 ，使得 平面
D. 若 ，则三棱锥 外接球的表面积为 8π
【答案】ABC
【解析】
【分析】当 时， 分别为 的中点，所以 也是 的中点.利用中位线定理及异面直
线所成的角的定义求出直线 与直线 的夹角，判断 A；将三棱锥 体积表示成 的函数，根
据二次函数的最值求法求得三棱锥 体积的最大值，判断 B；当 时，易得 平面
，可判断 C 正确；当 时，求得三棱锥 的外接球表面积，判断 D.
【详解】对 A，因为 ，所以
当 时， 分别为 的中点，所以 也是 的中点.
过 M 作 于 Q，连接 ，则 ，所以 .
因为 ，所以直线 与直线 的夹角等于直线 与直线 的夹角，即 .
第 6页/共 17页
又因为 ，所以 ，故 A 正确.
对 B，过 M 作 于 Q，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，即三棱锥 的高为 ，
又 ，
所以三棱锥 体积
，
当 时， ，故 B 正确.
对 C，当 时， 是 的中点，所以 也是 的中点.
因为 是 的中点，所以 .
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，故 C 正确.
对 D，当 时， ，故 Q 为 的中点，
又 N 为 的中点，所以 ， ，
所以 Q 到 A，B，M，N 的距离都为 1，
即三棱锥 外接球的球心为 Q，球半径为 1，所以外接球表面积 ，故 D 错误.
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前
期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为 ，客场取胜的概率
为 ，且各场比赛结果相互独立，则乙队以 获胜的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】乙队以 获胜的概率，则甲队可能在第一场到第四场中任意胜一场，再根据各场比赛结果相互
独立计算出乙队获胜的概率，再相加可求出乙队以 获胜的概率.
【详解】由题可知乙在甲主场取胜概率为 ，乙在甲客场取胜概率为 ，
前五场主客安排为：（甲）主主客客主
第 7页/共 17页
则甲胜第一场（主）： ，
则甲胜第二场（主）： ，
则甲胜第三场（客）： ，
则甲胜第四场（客）： ，
乙队以 获胜的概率 .
故答案为：
13. 过直线 上的动点 作圆 的两条切线，切点分别为 A，B，当
最大时，四边形 的面积为________.
【答案】
【解析】
分析】连接 ，由 ，通过确定 最大时， 最大，进而可求解.
【详解】
圆 的标准方程为： ，
其圆心 到直线 的距离为 ，故直线与圆相离.
连接 ，在 Rt 中， ，
则当 的长度最小时， 最大，此时 最大.
而 的最小值即为圆心 到直线 的距离，即 ，此时切线长 ，
由于 Rt ，
故四边形 的面积 ，
故答案为： .
第 8页/共 17页
14. 已知函数 .若函数 对 ，使
成立，则实数 a 的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】将问题转化为 ，即可利用二次函数的性质，以及导数求解函数最值即可.
【详解】对 ，使得 等价于：
当 时， ，
因为 在 上单调递增，
所以 ，而 ，
由 ，得 ，由 ，得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以当 时， ，
由 ，得 ，
所以实数 的取值范围为 .
故答案为：
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. 已知函数
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）求函数 的单调区间．
【答案】（1）
第 9页/共 17页
（2）单调递增区间为 ，单调递减区间为
【解析】
【分析】(1)利用导数的几何意义求解；
(2)利用导函数研究函数的单调性.
【小问 1 详解】
当 时， ，
，则 ，
又 ，∴曲线 在点 处的切线方程为 ．
【小问 2 详解】
， ，
， ，由 ，得 ，由 ，得 ．
的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ．
16. 如图，在三棱柱 中，侧面 为正方形，平面 平面 ，
，M，N 分别为 ，AC 的中点．
（1）求证： 平面 ;
（2）若 ，求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作辅助线，得到线线平行，进而得到线面平行；
第 10页/共 17页
（2）由面面垂直得到线面垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解
【小问 1 详解】
证明：取 AB 的中点为 K，连接 MK，NK，
由三棱柱 可得四边形 为平行四边形，
而 ， ，则 ，
而 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
而 ， ，则 ，同理可得 平面 ，
而 ， 平面 MKN，
故平面 平面 ，而 平面 MKN，
故 平面 ；
【小问 2 详解】
因为侧面 为正方形，故 ，
而 平面 ，平面 平面 ，
平面 平面 ，故 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 ，故 平面 ，
因为 平面 ，故 ，
因为 为 的中点，在 中， ，
因为 为 的中点，且 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
第 11页/共 17页
所以 ， ，
在四边形 中， 为 的中点， 为 的中点，
所以 ，所以 ，故 两两垂直，
故可建立如图所示的空间直角坐标系，则 ， ， ， ，
故 ， ， ，
设平面 BNM 的法向量为 ，
则 ，从而 ，取 ，则 ，
设直线 与平面 所成 角为 ，
则 ．
17. 已知数列 中， 且 .数列 中， 且
.
（1）求数列 和 的通项公式；
（2）设 ，求数列 的前 项和为 .
【答案】（1） ， ；（2） .
【解析】
【分析】
（1）首先求 时， ，与已知相减，可求得 ，再求数列
第 12页/共 17页
的通项公式，利用累乘法求数列 的通项公式；（2）由（1）可知 ，利用错位相减法求
和.
【详解】（1）因为 ，
当 时， ，
两式相减得 ；
当 时， ，所以 ；
所以数列 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，则 .
数列 中， ，满足 .
即 ， ， ，…， ， ，
等式左右两边分别相乘可得 ，而 ，所以 .
（2） ，由（1）可得 ，数列 的前 项和为 .
则
两式相减可得
，
所以 .
【点睛】方法点睛：本题考查已知数列 与 的关系式，求通项公式，和错位相减法求和，一般数列求和
包含：1.公式法，利用等差和等比数列的前 项和公式求解；2.错位相减法求和，适用于等差数列乘以等比
数列的数列求和；3.裂项相消法求和，适用于能变形为 ， 4.分组转化法求和，适用于
；5.倒序相加法求和.
18. 已知椭圆 ，过点 ，焦距为 .
第 13页/共 17页
（1）求椭圆 的方程和离心率；
（2）设 为椭圆 的右焦点，过点 的直线 与椭圆 交于不同两点 （ ， 异于椭圆
的顶点）.判断光线 经过 轴反射后是否经过点 ？说明理由.
【答案】（1） ，
（2）光线 经过 轴反射后经过点
【解析】
【分析】（1）由已知条件列出关于 方程组求出 即可求解.
（2）先表示过点 的直线 的方程，与椭圆方程联立，由韦达定理得 、 ，计算求解
即可.
【小问 1 详解】
由题可得 ，
椭圆 的方程为 ，
所以椭圆 离心率 .
【小问 2 详解】
如图
为椭圆 的右焦点， ，
第 14页/共 17页
设 ， ，
设过点 的直线 的方程为 ，
将直线方程与椭圆方程联立 得 ，
展开并整理得 ，
则 即 ，
且 ， ，
，
光线 经过 轴反射后经过点 .
19. 已知函数 ．
（1）当 时，求 的极值；
（2）若 在区间 上有且仅有一个零点，求实数 a 的取值范围．
【答案】（1）极小值为 ，无极大值
第 15页/共 17页
（2）
【解析】
【分析】（1）当 时，利用导数分析函数 单调性，结合极值的定义求解即可；
（2）对实数 的取值进行分类讨论，利用导数分析该函数在区间 上的单调性，结合零点存在定理进
行分析，可得出关于实数 的不等式，解之即可.
【小问 1 详解】
当 时， ，定义域为 ，
则 ，
由 可得 ，由 可得 ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以函数 的极小值为 ，无极大值.
【小问 2 详解】
由 可得 ，
设 ，则函数 在区间 上单调递增，且 ， ，
当 时，当 时， ， ，即函数 在区间 上单调递增，
则 ，即函数 在区间 上没有零点；
当 时，即当 时，当 时， ， ，即函数 在区间 上单
调递减，
则 ，即函数 在区间 上没有零点；
当 时， ， ，则存在 ，使得 ，
当 时， ， ，函数 在 上单调递减，
当 时， ， ，函数 在 上单调递增，
第 16页/共 17页
因为 ，要使得函数 有零点，需满足 ，解得 ，
综上所述， 实数 的取值范围是 .
第 17页/共 17页