江苏南京市燕子矶中学2025-2026学年高二下册3月份学分检测数学试卷（含答案）

这是一份江苏南京市燕子矶中学2025-2026学年高二下册3月份学分检测数学试卷（含答案），共5页。试卷主要包含了 已知，则下列描述正确的是等内容，欢迎下载使用。
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. 已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则k＝（ ）
A. 4B.
C. 5D.
【正确答案】D
【分析】根据两平面垂直得到两法向量垂直，进而得到方程，求出答案.
【详解】∵，∴，
∴，解得.
故选：D
2. 现有5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同的选择种数为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】利用分步计数原理即得．
【详解】每一位同学有3种不同的选择，则5名同学去听同时进行的3个课外知识讲座，
每名同学可自由选择其中的1个讲座，不同选法的种数是.
故选：A．
3. 在的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则的值为（ ）
A. 11B. 12C. 13D. 14
【正确答案】B
【分析】根据题中条件得出二项展开式的总项数，再求解n的值即可.
【详解】根据题意，只有第7项为二项展开式的中间项，所以二项展开式的总项数为13，
即，解得，
故12.
4. 已知数列为等比数列，，若的前3项和为7，则数列的前3项和为（ ）
A. 7B. C. D.
【正确答案】D
【分析】设数列的公比为，由已知可得，进而计算，得解.
【详解】设数列的公比为，则，即，
所以.
故选：D.
5. 过点的直线与圆相交于两点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】由题意可知，当时，弦的长度取得最小值，故先求出的长，再利用勾股定理可求出的最小值.
【详解】圆，即，
则圆心，半径为，
因为，所以点在圆内，
由圆的性质可知，当时，弦的长度取得最小值，
因为，
所以弦的长度的最小值为.
故选：B
6. （ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】利用公式逐步化简求解即可.
【详解】∵，
．
故选：B．
7. 在平面直角坐标系中，双曲线的左右焦点分别为，过且垂直于轴的直线与相交于两点，与轴的交点为，则的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【正确答案】B
【分析】先求出点坐标，求出直线方程，进而求得坐标，然后利用垂直的斜率关系列出的齐次方程，解之即得.
【详解】依题意，由双曲线的对称性，不妨让在轴的上方，如图，
把代入中，利用，解得：，故，
所以直线的方程为，整理得，所以，
由得，整理得，所以，
两边同除以，得，解得（负根舍去），故.
故选：B
8. 若曲线在处的切线，也是的切线，则
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】
先求出在处的切线方程，设它在的且切点坐标，并求出的值，再代入中，求出的值．
【详解】的导数为，曲线在处的切线斜率为，则曲线在处的切线方程为，的导数为，设切点为，则，解得，，即有，解得．
故选：D．
本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，是基础题．
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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知，则下列描述正确的是（ ）
A. 除以5所得的余数是1
B.
C.
D.
【正确答案】AC
【分析】利用赋值法可判断BC，由，再结合二项式定理可判断A，对于两边同时求导，再利用赋值法可判断D．
【详解】对于A，，
故除以5所得的余数是1，故A正确
对于B，令得，，令得，，所以，故B错误；
对于C，由题意可知，，
对于，
令得，，又因为，
所以，故C正确；
对于D，对于两边同时求导可得，
，
令得，，
令得，，
所以，故D错误．
故选：AC．
10. 有甲、乙、丙等6名同学，则说法正确的是（ ）
A. 6人站成一排，甲、乙两人不相邻，则不同排法种数为480
B. 6人站成一排，甲、乙、丙按从左到右的顺序站位，则不同的站法种数为240
C. 6名同学平均分成三组到A、B、C工厂参观（每个工厂都有人），则有90种不同的安排方法
D. 6名同学分成三组参加不同的活动，甲、乙、丙在一起，则不同的分组方法有6种
【正确答案】ACD
【分析】A选项，利用插空法求解甲、乙两人不相邻的排法；B选项，利用倍缩法求解；C选项，先进行平均分组，再进行全排列，得到答案；D选项，先将除甲、乙、丙外的剩余3人分组，再进行全排列，得到答案.
【详解】A选项，6人站成一排，甲、乙两人不相邻，先将除甲、乙外的4人进行全排列，有种排法，
再将甲、乙两人插空，有种排法，则共有种不同的排法，A正确；
B选项，6人站成一排，甲、乙、丙按从左到右的顺序站位，可用倍缩法进行求解，即种不同的站法，B错误；
C选项，6名同学平均分成三组到A、B、C工厂参观（每个工厂都有人），则有种不同的安排方法，C正确；
D选项，6名同学分成三组参加不同的活动，甲、乙、丙在一起，
若还有一位同学与他们一组，共有种分法；
若三组同学分为3人一组，2人一组和1人一组，
先将除甲、乙、丙外的剩余3人分为两组，有种分法；
共有种分组方法，D正确.
故选：ACD
11. 已知正方体，是的中点，为正方形所在平面内一动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若到点与点的距离相等，则的轨迹为直线
B. 若到直线与直线的距离相等，则的轨迹为抛物线
C. 若直线与平面所成的角为，则的轨迹为椭圆
D. 若直线与直线所成的角为，则的轨迹为双曲线
【正确答案】ABD
【分析】根据点与点、点到直线的距离公式及向量法求线线角、线面角，结合圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义逐项分析判断即可.
【详解】设正方体边长为2，以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，.
设.
选项A：，.
则，整理得，
此时为直线，A正确.
选项B：直线方程为：，，到直线的距离为.
直线方程为：，，，到直线的距离为.
则，整理得，此时为抛物线，B正确.
选项C：，易知为平面的一个法向量.
则，
所以，此时为圆，C错误.
选项D：，，
则，
即，此时双曲线，D正确.
故选：ABD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. “奥帆之都”青岛，具有现代时尚都市感的同时，更注重里院文化的传承与保护，为建设“建筑可阅读、街道可漫步、文化可传承、城市可记忆”的“最青岛”，市南区举办了“上街里，逛春天，百米长卷绘老城”活动.一位同学在活动中负责用5种不同颜色给如图所示的图标上色，要求相邻两块涂不同的颜色，共有______种不同的涂法?
【正确答案】180
【分析】按照②、④不同色和②、④同色，分两类计数再相加，可得结果.
详解】当②、④不同色时，有种涂色方案；
当②、④同色时，有种涂色方案，
根据分类加法计数原理可得共有种涂色方案.
故答案为.
13. 正四面体（四个面都是正三角形）中，分别是的中点，直线与夹角的余弦值为__________.
【正确答案】
【分析】用DA→,DB→,DC→表示BN→,DM→，并求出其数量积，利用数量积求出与的夹角的余弦值，即可得到直线与夹角的余弦值.
【详解】设正四面体的棱长为因为分别是的中点，
所以DM→=BN→=a2−a22=32a，
所以BN→=12BC→+BD→=12BD→+DC→+BD→=12DC→−DB→,DM→=12DA→+DB→.
则DA→·DC→=a2cs60°=12，DA→·DB→=a2cs60°=12a2，DB→·DC→=a2cs60°=12a2.
BN→·DM→=12DC→−DB→·12DA→+DB→=1212DA→·DC→−DB→·DA→+12DC→·DB→−DB→2=−12a2.
cs=BN→·DM→BN→DM→=−12a23a2·3a2=−23.
所以直线与DM夹角的余弦值为.
14. 若对任意的，恒有，则实数的取值范围为________.
【正确答案】
【分析】首先对不等式进行移项，将含的部分合并得到，观察到两边可以统一为函数，利用其单调递增性将问题转化为对恒成立，进而通过求的最大值得到参数范围.
【详解】原不等式移项得：，
令，则，，
设，，
故在上单调递增；
，
原不等式等价于：
又单调递增，则，
，令，
求导：，令，得，
当时，，递增；当时，，递减，
因此，
要使得对所有成立，只需.
故
四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明､证明过程及验算步骤.
15. 已知等差数列的公差为2，且，，成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据等差数列通项公式结合等比中项可得，即可得的通项公式；
（2）由（1）可得：，结合裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
因为等差数列的公差为2，
则，，
又因，，成等比数列，
则，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得：，
所以.
16. 已知在的展开式中.
（1）求展开式中的常数项，并指出是第几项；
（2）求展开式中的所有有理项.
【正确答案】（1）常数项为60，是第5项
（2），，60，
【分析】（1）根据二项式展开式通项公式求解即可.
（2）根据展开式通项公式Tr+1=−1r⋅26−r⋅C6r⋅x6−3r2，有理项即，求出值依次代入即可.
【小问1详解】
该二项式展开式中的通项公式为Tr+1=C6r⋅2x6−r⋅−1xr=−1r⋅26−r⋅C6r⋅x6−3r20≤r≤6,r∈N.
令，则，
所以常数项是第5项，为T5=−14⋅26−4⋅C64=4×15=60.
所以展开式中的常数项为60，是第5项.
【小问2详解】
由（1）知，通项公式为Tr+1=−1r⋅26−r⋅C6r⋅x6−3r2.
令，则.
当时，T1=−10⋅26⋅C60⋅x6=64x6；当时，T3=−12⋅24⋅C62⋅x3=240x3；
当时，T5=−14⋅22⋅C64⋅x0=60；当时，T7=−16⋅20⋅C66⋅x−3=1x3；
所以展开式中的所有有理项为：，，60，.
17. 已知椭圆的离心率为，点在上，直线与交于不同于的两点.
（1）求的方程；
（2）若，求面积的最大值.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据题中条件，列出方程组，求出，即可得出椭圆方程；
（2）由题意先得直线的斜率存在，设直线，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，以及题中条件，得再表示出三角形的面积，构造函数，求出最值即可.
【小问1详解】
由题意可知：，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
若，可知直线的斜率存在，
设直线，
联立方程，消去可，则，整理可得，
可得
因为，则，
由，可得，则，
整理可得，
则，且，则，
可得，解得
且满足，可知直线过定点，
则面积，
令，则
可得，
令，
任取，则，
所以在内单调递增，则，
所以当时，面积取到最大值
思路点睛：
求解椭圆中三角形面积问题时，一般需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式、三角形面积公式等表示出三角形面积，再进行求解即可.有时也需要将三角形分割成小三角形，由小三角形的面积和表示出大三角形面积.
18. 如图，在正四棱锥中，，为与的交点，点E，F分别为棱，的中点，且.

（1）求的长度；
（2）求二面角的正弦值；
（3）若，且A，E，F，G四点共面，求的值.
【正确答案】（1）
（2）
（3）.
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，根据两向量垂直数量积为，得到的值；
（2）分别计算平面和的法向量，利用向量法求解即可；
（3）求出平面的一个法向量，利用A，E，F，G四点共面，得出，即可求解.
【小问1详解】
在正四棱锥中，以O为坐标原点，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系.

因为，则，，，.
设，则，.
所以，.
因为，所以，解得.
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，，
，
设平面的法向量为.
由得
则，取，则，
即平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
由得
取，则，，
即平面的一个法向量为.
设二面角的大小为，则，
所以，
即二面角的正弦值为.
【小问3详解】
由，
所以，
所以.
设平面的法向量为，
因为，，
由得
则，取，则，
即平面的一个法向量为.
因为A，E，F，G四点共面，则，
所以，
解得.
19. 已知函数.
（1）当时，求函数的最小值；
（2）试讨论函数的单调性；
（3）当时，不等式恒成立，求整数的最大值.
【正确答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性和最值；
（2）求出原函数的导函数，对进行分类讨论即可得出原函数的单调区间；
（3）问题转化为恒成立，令新函数，利用导数求其最小值的范围，即可求得整数的最大值.
【小问1详解】
当时，则，
可知的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
可知的单调递减区间是，单调递增区间是；
所以函数的最小值为.
【小问2详解】
由题意可知的定义域为，且，
当时，恒成立，
所以的单调递减区间是，无单调递增区间；
当时，令解得，
令，解得；令，解得；
所以的单调递减区间是，单调递增区间是；
综上所述：当时，的单调递减区间是，无单调递增区间；
当时，的单调递减区间是，单调递增区间是.
【小问3详解】
当时，不等式恒成立，
即，整理可得，
原题意等价于对任意恒成立，
令，
则，
令，则，
所以在区间上单调递增，
因为，，
所以在区间内存在唯一零点，
即，所以，
当时，，即；
当时，，即；
可知在区间上单调递减，在区间上单调递增；
所以，
因为，则，即，
且为整数，则，所以整数的最大值是.