2025--2026学年广东汕头市潮阳某校高二下册第一次月考数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年广东汕头市潮阳某校高二下册第一次月考数学试题 [含答案]，共21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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
1. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为集合，
由交集的定义可得.
2. 复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可得：，所以，所以复数的共轭复数的虚部为1.
3. 已知双曲线C的一条渐近线的斜率为，且焦点在x轴上，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据渐近线斜率及计算求解.
【详解】因为双曲线的焦点在x轴上，则双曲线C的一条渐近线的斜率为，
则C的离心率为.
故选：D.
4. 已知向量，，，，均为实数，且，，则（ ）
A. 25B. 16C. 5D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量垂直和平行列方程，求得，，根据向量坐标运算求得正确答案.
【详解】因为，，所以，，得，，
所以，
故.
5. 是定义在上的非负可导函数，且满足，对任意正数，，若，则必有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，利用导数确定函数的单调性，进而比较大小.
【详解】令，则，
又，，所以，函数在上单调递减，
由，得，即，所以.
6. 四名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队和排球队，每人限报其中的一支，那么不同的报名方法有（ ）种.
A. 12B. 16C. 81D. 256
【答案】C
【解析】
【分析】根据分步乘法计数原理即可求解.
【详解】由题意知，每名学生都有种报名情况，
由分步乘法计数原理可得，不同的报名方法有种.
故选：C.
7. 已知函数是定义在上的奇函数，对任意实数满足，且，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性和对称性，得到函数的周期，从而得到，而，从而得到答案.
【详解】函数是定义在上的奇函数，且，
所以，
所以的周期为，
所以，
因为是定义在上的奇函数，
所以.
故选：A.
【点睛】本题考查函数的奇偶性和对称性以及周期性，根据函数的性质求函数的值，属于中档题.
8. 已知正实数a，b满足，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，，分别求出这两个函数值域，可知有且仅有一种情况使得，求出的值计算求和即可
【详解】等式左边：设，求导得，
时，在单调递减，时，在单调递增，
因此的最小值为，所以，
等式右边：设，求导得，
时，，在单调递增，时，，在单调递减，
因此的最大值为，所以，
又，因此仅当时等式成立，即 ，，
故.
二、多选题：本题共3小题，共18分．选错不给分，选少的平均给分．
9. 如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于，点），则下列结论正确的是（ ）
A. 异面直线与所成角为60°
B. 平面
C. 三棱锥的体积不变
D. 直线与平面所成角正弦值的取值范围为
【答案】ABC
【解析】
【分析】选项A：利用异面直线的夹角定义求解即可，选项B：利用线面垂直的定义结合线面垂直的判定定理求解即可,选项C：利用等体积法求解即可，选项D：建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求出线面角正弦值的表示式，再运用二次函数的性质即可求得其范围.
【详解】
对于A，因为正方体中，且为等边三角形，故异面直线与夹角为，故A正确；
对于B，由正方体的性质可知，，平面，,
平面，又因为平面，，
同理可得平面，又因为平面，，
又因为平面，平面，故B正确；
对于C，因为平面，平面，所以平面,
所以为定值，故C正确；
对于D，建立如图所示直角坐标系，设正方体的棱长为1，，
则，，，，，
从而，，
由正方体的性质知：平面，
即平面，故平面的法向量可取为，
直线与平面所成角正弦值为，,
因为，，
所以，故D错误.
故选：ABC.
10. 已知抛物线的焦点为F，过F的直线与抛物线交于、两点，下列说法正确的有（ ）
A. 抛物线准线方程为B. 若，则线段中点到轴距离为
C. 的最小值为D. 以线段为直径的圆与准线相切
【答案】BD
【解析】
【分析】根据抛物线的定义以及焦半径公式一一求解.
【详解】如图，
对于A：抛物线的准线方程为，焦点为，故A错误；
对于B： 设，，由抛物线定义可得，，
，解得，中点纵坐标为，所以中点到轴距离为，故B正确；
对于C：，因为，所以，所以不存在最小值，故C错误；
对于D：设中点为，则，圆的半径为，
中点到准线的距离为，恰好等于半径，故D正确.
故选：BD.
11. 在中，，，分别为内角，，的对边，，，的面积为，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题知，进而得，，再结合即可判断A；根据得或，再分类讨论判断B，结合面积分类讨论求解判断CD.
【详解】因为，所以，根据正弦定理边角互化得，
因为，，所以，即
所以，由余弦定理可知，，故，
若，则，注意到，
所以（两者同负会有两个钝角，不成立），即，
因为，都是锐角，
所以，
于是，这和相矛盾，
故不成立，所以.
所以，，
所以，A选项正确；
，即，
所以或，即或，
当时，，；
当时，，，故B选项正确；
因为的面积为，
所以，当，时，，，，
解得，，；
当，时，，，，
解得，，；
所以C选项错误，D选项正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 从0，1，2，3中任取3个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是______.（用数字作答）
【答案】18
【解析】
【分析】先确定百位数字，再从剩余3个数字中选2个分别作为十位和个位，最后用乘法计算总和即可.
【详解】根据题意，该三位数的百位数字不能为0，所以只能从1，2，3中任取1个数字，有种选择；
而十位数字和个位数字可从剩余的3个数字中任选2个即可，有种选择，
所以从0，1，2，3中任取3个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数为种选择.
故答案为：18.
13. 已知等比数列满足，，则_______．
【答案】2
【解析】
【分析】由等比数列的性质即可求解.
【详解】由可得，
又，所以，故，故，其中为公比.
14. 已知函数有两个不同的极值点和）恒成立，则实数的取值范围是_______________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出导函数，再应用极值点对应导数值为0结合韦达定理计算求出，再应用参数分离结合单调性计算求解参数范围.
【详解】由题意知的定义域为，
且，令，得，此方程有两个不相等的正根，
则即，
，
又，则恒成立，
因为函数在上单调递增，
故，即，所以．
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. 在中，内角，，所对的边长分别是，.
（1）求角；
（2）若，，，求AB边上的高.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理得，，通过角的转化及两角和的正弦公式化简即可求得；
（2）根据余弦定理得到的值，联立可解得，进而可判断的形状，从而求解.
【小问1详解】
因为，
根据正弦定理得，.
因为，所以，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以.
【小问2详解】
根据余弦定理得，，
将，代入上式整理得，，
又因为且，解得，，
所以，所以为以AB为斜边的直角三角形，
所以斜边AB上的高为.
16. 已知数列满足，．
（1）证明：数列是等比数列，并求；
（2）设，求数列的前项和；
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）取倒数结合等比数列的定义证明即可；
（2）利用裂项相消法计算即可.
【小问1详解】
由可得，所以，
又，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，
则；
【小问2详解】
由（1）可知，
所以
.
17. 把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角．
（1）证明：平面；
（2）若在同一个球面上，求该球的半径；
（3）求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据线线垂直证明平面．
（2）建立空间直角坐标系，根据两点距离公式列方程，可求解球心的坐标，即可求解，
（3）根据面面垂直的性质，结合二面角的定义可得为所求的角，即可根据三角形的边角关系求解，或者求解平面法向量，根据法向量的夹角求解.
【小问1详解】
二面角为直二面角，即平面平面，
又因为平面，平面平面，
所以平面．
又因为平面，所以．
由题意平面，
所以平面．
【小问2详解】
取中点中点，连接，
则，
因为平面，平面，所以，所以，
在中，为中点，所以.
以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系，
则．
设该球的球心坐标为，则
解得.
所以该球的半径为.
【小问3详解】
法一：取中点，在中，过作，垂足为，连接，
平面平面平面，
平面平面，所以平面．
而平面，故，
又因为，平面，故平面，
而平面，所以，
则为平面与平面的所成角.
直角三角形中，，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
法二：平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则即
取，得平面的一个法向量为.
所以平面与平面所成角的余弦值为.
18. 设椭圆的右焦点为，上顶点为．已知（O为坐标原点）的面积为．
（1）求的离心率；
（2）设B为椭圆上一动点，已知的最大值为2．
（i）求的方程；
（ii）若在第一象限内，连接，过作的平行线交于另一点，记与的面积分别为，求的最大值．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）4
【解析】
【分析】（1）写出的面积表达式，可得出，即可求出离心率；
（2）（i）设，利用两点间距离公式以及二次函数最值可求得当时，取得最大值为，求得，可得出的方程；
（ii）对直线的斜率是否存在分类讨论，联立直线与椭圆方程，解得，再由三角形面积关系可求得，利用椭圆范围以及二次函数最值可求得的最大值为4.
【小问1详解】
易知，
所以的面积为，可得，
又因为，可知；
故的离心率为
【小问2详解】
（i）由（1）可知的方程可设为；
设，则，可得，又，
故
因为，所以时，取得最大值为，
即，解得.
故的方程为.
（ii）设，则，所以；
当时，此时直线的斜率不存在，可得，，
故，
当时，此时直线的斜率为，可得直线的方程为，如下图：
联立可得，
解得，
因为，与共底边，
所以
又因为，所以，
可得，
令，因为，所以；
因此；
当时，取得最大值为4，
此时，解得，
因为点在第一象限内，故，即；
综上可知，的最大值为4.
19. 已知函数．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论的零点个数；
（3）当时，证明：．
【答案】（1）；
（2）当时，的零点个数为0；当时，的零点个数为1；当时，的零点个数为2；
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义可得切线方程；
（2）先进行参数分离，再转化为与图象交点的个数可得；
（3）分两种情况讨论：当时，用导数可判断的单调性可得；当时，先证，进而再用导数证明，从而可证明不等式.
【小问1详解】
当时，．
所以曲线在处的切线方程为，即．
曲线在处的切线方程为.
【小问2详解】
因为，令，得，即.
令，所以的零点个数等价于与的图象交点的个数.
又因为，当时，；当时，.
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
且，有极大值也是最大值，如图：
由图可知，当时，函数与的图象无交点；
当时，函数与的图象有1个交点；
当时，函数与的图象有2个交点.
综上，时，的零点个数为0；时，的零点个数为1；
时，的零点个数为2.
【小问3详解】
①当时，，
令，
因为，所以，而，即，，
所以在区间上单调递增，所以，即，
所以在区间上单调递增．所以.
②当时，令，所以单调递增，
所以，即.
又因为，
令，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，的极小值为．
若，即，则，所以．
若，即，则在区间上单调递减，
所以．
所以，即．
综上可得，.