湖南衡阳市衡阳县第五中学2025-2026学年高二下册3月月考数学试卷（含答案）

这是一份湖南衡阳市衡阳县第五中学2025-2026学年高二下册3月月考数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题四个选项中只有一项符合题目要求.
1. 已知复数z满足，则z在复平面上对应的点所在的象限是（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【正确答案】D
【分析】先由复数的除法运算法则求得复数z，再由复数的几何意义求解即可
【详解】因为，
所以，
所以z在复平面上对应的点所在的象限是第四象限，
故选：D
2. 已知点，曲线上的动点到的距离之差为6，则曲线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】A
【分析】由题意可得，根据双曲线的定义及焦点的位置即可求解.
【详解】由题意可得,
由双曲线定义可知，所求曲线方程为双曲线一支，且,即，
所以.
又因为焦点在轴上，所以曲线方程为.
故选:A.
3. 若抛物线的焦点与椭圆的左焦点重合，则的值为（ ）
A. -B. C. -2D. 2
【正确答案】A
【详解】因为椭圆的左焦点坐标为(-2,0),抛物线的焦点坐标为，所以，即,故选A
4. 直线与圆的位置关系是（ ）
A. 相交B. 相切C. 相离D. 与有关
【正确答案】A
【分析】根据圆心在直线上，利用直线与圆的位置关系即可求解.
【详解】由题可得，圆心为，又点满足直线方程，
即直线经过圆心，
所以直线与圆相交.
故选：A.
5. 甲、乙、丙等八个人围成一圈，要求甲、乙、丙三人两两不相邻，则不同的排列方法有（ ）
A. 720种B. 1440种C. 2880种D. 4320种
【正确答案】B
【分析】依题意环排问题转换为线排问题，再根据插空法求解.
【详解】环排问题线排策略，增加一个凳子．
九个凳子排一排，甲放一号和九号，中间剩余七个位置可选，再将其他五人放入中间有种．
甲、乙、丙两两不相邻．乙、丙只能放中间四空中共有种，
由分步计数原理得总数种．
故选：B.
6. 数列，满足，，则的前100项之和等于（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】利用裂项相消法求和.
【详解】∵,
∴，
∴,
故选：B．
7. 如图，在直三棱柱中，分别为的中点，则直线到平面的距离为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】以为原点建立空间直角坐标系，利用空间坐标运算，即可求得点F到平面的距离，又可证得平面，即可得出直线到平面的距离.
【详解】在直三棱柱中，，
如图所示，以为原点建立空间直角坐标系，
因为，E、F分别为的中点，
则，，，，，
所以，，，

设平面的法向量为，则，
即，取，则，，
所以是平面的一个法向量，
又因为，
所以点F到平面的距离为.
因为在直三棱柱中，分别为的中点，
则且，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，
则点F到平面的距离即为直线到平面的距离.
故选：B.
8. 已知函数，且，则（ ）
A. B. 0C. 100D. 10200
【正确答案】A
【分析】对分成偶数和计算两种情况进行分类讨论，结合分组求和法求得正确答案.
【详解】若为偶数，则，，
所以，
所以数列的偶数项是首项为，公差为的等差数列；
若为奇数，则，，
所以，
所以数列的奇数项是首项为，公差为4的等差数列.
所以
故选：A
二、选择题，本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 若椭圆的一个焦点坐标为，则下列结论中正确的是（ ）
A. B. 的长轴长为C. 的短轴长为D. 的离心率为
【正确答案】AB
【分析】由题意可得椭圆的焦点在轴上，且，可得，求出椭圆的方程，然后逐一判断各选项即可.
【详解】由题意可得椭圆的焦点在轴上，且，
所以，且，，
解得，故A正确；
所以椭圆，
所以，，
所以的长轴长为，故B正确；
所以的短轴长为，故C错误；
所以，故D错误.
故选：AB.
10. 设抛物线的焦点为F. 点M在y轴上，若线段FM的中点B在抛物线上，且点B到抛物线准线的距离为，则点M的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】BC
【分析】焦点为，准线为，由中点坐标公式可得，，由抛物线定义可列方程解得，即可依次求得、
【详解】由题意得，焦点为，准线为，
设B的坐标为，由B为FM的中点得 ，，即
由点B到抛物线准线的距离为得，解得，
则抛物线为，，则，故，
故M的坐标为或
故选：BC
11. 已知数列满足，（），则下列结论正确有（ ）
A. 为等比数列B. 的通项公式为
C. 为递增数列D. 的前项和
【正确答案】AB
【分析】将给定的递推公式两边取倒数，构造等比数列，求出通项并逐项判断作答.
【详解】∵，∴，
∴，又，
∴是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
所以，则，
∴，故B正确；
因为，所以为递减数列， 故C错误；
数列的前n项和
，故D错误.
故选：AB.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 二项式的展开式中的常数项为________．
【正确答案】60
【分析】利用展开式的通项公式，可求常数项.
【详解】展开式的通项为．
令，得，则的常数项为．
故．
13. 已知圆，直线上至少存在一点P，使得以点P为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则实数k的最小值是___________.
【正确答案】
【详解】将圆C的方程化为标准方程，得，故圆心为，半径.
因为直线上至少存在一点P，使得以点P为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，所以点C到直线的距离小于或等于2，
即，解得，所以实数k的最小值是.
14. 设椭圆的左､右焦点分别为､，是椭圆上一点，，，，则椭圆离心率的取值范围为___________.
【正确答案】
【分析】设，则，由椭圆定义可得即，由勾股定理可得，两式相除可得，再令由函数的性质可得的范围，进而可得椭圆离心率的取值范围.
【详解】设，，由椭圆的定义可得，
设，则，所以，即，①
因为，所以，②
两式相除可得，
令可得，
所以
，
因为，所以，
所以当即，时取得最小值，此时最小为，
当或即，时取得最大值，此时最大为，
所以椭圆离心率的取值范围为，
故答案为.
四、解答题：本大题共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. 已知直线，直线，直线．
（1）若与倾斜角互补，求m的值；
（2）当m为何值时，三条直线能围成一个直角三角形．
【正确答案】（1）
（2）0，，.
【分析】（1）根据题意得，进而求解得答案；
（2）根据题意，分别讨论与垂直，与垂直，与垂直求解，并检验即可得答案.
【小问1详解】
解：因为与的倾斜角互补，
所以，
直线变形为，故
所以，解得
【小问2详解】
解：由题意，若和垂直可得：，解得，
因为当时，，，，构不成三角形，
当时，经验证符合题意； 故；
同理，若和垂直可得：，解得，舍去；
若和垂直可得：，解得或，经验证符合题意；
故m的值为：0，，.
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）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【正确答案】（1）见解析 （2）见解析
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
【小问1详解】
取的中点为，连接，
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，
故平面平面，而平面，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，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
17. 记为数列前n项和，已知.
（1）求数列的通项公式；
（2）用数学归纳法证明.
【正确答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）根据求解；
（2）先证明当时，不等式成立，再假设当时，不等式成立，再证明当时，不等式也成立，即可得证．
【小问1详解】
解：当时，，
当时，，
当时，上式也成立，
所以；
【小问2详解】
当时，，，
所以成立，
假设当时，不等式成立，
即，
则当时，，
，
又，
所以，
所以，
即当时，不等式也成立.
综上，.
18. 已知斜率为的直线l与抛物线相交于P，Q两点．
（1）求线段PQ中点纵坐标的值；
（2）已知点，直线TP，TQ分别与抛物线相交于M，N两点（异于P，Q）．则在y轴上是否存在一定点S，使得直线MN恒过该点？若存在，求出点S的坐标；若不存在，请说明理由．
【正确答案】（1）
（2）存在，的坐标为
【分析】（1）设，，代入抛物线方程相减（点差法）即可得；
（2）设y轴上存在定点，设直线，同时设，，，，直线方程代入抛物线方程应用韦达定理得，由三点共线得，，结合直线的斜率可得值．即定点坐标．
【小问1详解】
设，，其中．
由，得．化简得．
，即．
线段PQ中点纵坐标的值为．
【小问2详解】
设y轴上存在定点，由题意，直线MN斜率存在且不为0，设直线，，，，．
由，消去x，得．
，．
，．
，T，M三点共线，
．解得．
同理，可得．
又，
．解得．
直线MN恒过定点．
方法点睛：定点问题的解决方法，
（1）由特殊值确定定点位置，确定定点坐标或得出定点满足的条件，设出定点坐标；
（2）设出直线方程代入圆锥曲线方程应用韦达定理，得两根和与两根积；
（3）韦达定理结果代入已知条件验证定点满足一般情形或由韦达定理的结果代入动点（动直线）与定点的关系求得定点坐标．
19. 已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4.
（1）求椭圆E的方程；
（2）设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出，再根据的关系求出，即可得到椭圆方程；
（2）法一：联立直线方程求出点坐标，即可求出，再根据，即可得出它们的大小关系.
法二：利用直线到角公式或者倾斜角之间的关系得到，再根据三角形的面积公式即可解出.
【小问1详解】
由椭圆可知，，所以，又，所以，，
故椭圆E的方程为；
【小问2详解】
联立，消去得，，
整理得，①，
又，所以，，
故①式可化简为，即，所以，
所以直线与椭圆相切，为切点.
设，易知，当时，由对称性可知，．
故设，易知，
联立，解得，
联立，解得，
所以
，
，
故．
法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，．
故设，
联立，解得，
联立，解得，
若，则，
由对称性，不妨取，则，
，，所以，
同理，当时，，
当时，则，，,
又，所以，
所以
，
，
则，即，
所以.