湖北襄阳市2025-2026学年下学期高二年级期中考试数学试卷（含解析）

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一、单项选择题：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. 若为正整数，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为.
2. 双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由离心率确定，即可求解.
【详解】由，得，，
故渐近线方程为．
故选：B.
3. 已知函数在处可导， 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数的极限定义求解即可．
【详解】由，有，有.
故选：B.
4. 已知正项等比数列的前项和为，若，则的公比为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式及前项和求解即可.
【详解】设的公比为.
由，得，化简得，
又，所以．
故选：C．
5. 已知，为的导函数，则的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求出函数的导函数，再判断的奇偶性，以及由特殊值，利用排除法判断即可.
【详解】根据题意，，，
又，
所以是奇函数，图象关于原点对称，排除B，D；
又，排除C，
故选：A.
6. 已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（ ）
A. B. C. 80D. 160
【答案】A
【解析】
【分析】依题意可确定，再结合通项公式即可求解.
【详解】因为二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，
所以，所以的展开式的通项为，
令，得，故，
故展开式中的系数为.
7. 已知，若两圆和外切，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得两圆的圆心和半径，再依据两圆外切，即可求得，令，代入上式，化简整理，可得关于m的一元二次方程，根据，结合判别式法即可得答案.
【详解】由题意得圆，
整理得，则圆心为，半径为1，
圆，整理得，
则圆心为，半径为2，由题意得两圆外切，即圆心距等于半径和，
所以，解得，
令，则，代入，
得，展开得，
因为，所以，解得.
所以的最大值为，故D正确.
8. 若曲线有三条过点的切线，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求出过点的切线方程为，利用方程的解个数与函数图象交点个数的关系将问题转化为图象与直线在R上有3个交点，结合导数求出函数的极值，根据数形结合的思想即可求解.
【详解】设该切线的切点为，则切线的斜率为，
所以切线方程为，
又切线过点，则，整理得.
要使过点的切线有3条，需方程有3个不同的解，
即函数图象与直线在R上有3个交点，
设，则，
令，令或，
所以函数在上单调递增，在和上单调递减，
且极小值、极大值分别为，如图，
由图可知，当时，函数图象与直线在R上有3个交点，
即过点的切线有3条.
所以实数a的取值范围为.
故选：B.
二、多项选择题：本题共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. 、、、、五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（ ）
A. 若、两人站在一起有种方法B. 若、不相邻共有种方法
C. 若在左边有种排法D. 若不站在最左边，不站最右边，有种方法
【答案】BD
【解析】
【分析】利用捆绑法可判断A，利用插空法可判断B，利用定序问题模型可判断C，利用间接法可判断D.
【详解】对于A，将看成一个整体，与全排列，
有种排法，A错误；
对于B，将排好，然后将安排在空位中，有种排法，B正确；
对于C，5人全排列，有种排法，在左边与在右边的情况数目相同，
则在左边的排法有60种，C错误；
对于D，不考虑限制条件，5人有种不同的排法，
由题意得站在最左边的排法有种，站在最右边的排法有种，
而站在最左边且站在最右边的排法种，
则有种不同的排法，D正确；
10. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A. 数列的公差小于
B. 中最大
C. 数列的公差与数列的公差相等
D. 使得的正整数的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意可得，进而可判断A；进而可得中最大，可判断B；计算可得，进而计算可判断C，利用等差数列的前项和公式可求得，，可判断D.
【详解】对于A选项，由，可得，
可得数列的公差d小于0，故A选项正确；
对于B选项，由，可得中最大，故B选项正确；
对于C选项，由，可得数列的公差为，故C选项错误；
对于D选项，由，，
可得使得的n的最大值为22，故D选项正确.
11. 已知直线与抛物线交于两点，为抛物线的焦点，过点作的垂线交直线于点，则（ ）
A. B.
C. 若，则D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】设，联立方程组求得，，结合向量的数量积的运算公式，可得判定A错误，B正确；由抛物线的定义和，得到，代入求得的坐标，结合斜率公式，可判定C正确；求得 ，列出方程，求得的值，可判定D正确.
【详解】对于A，设，可得
联立方程组，整理得，
可得，且，
则，
所以，所以A错误；
对于B，由抛物线的焦点为，直线的斜率为，
则过且垂直于的直线的斜率为，其方程为，
令，可得，所以，则，
所以，
又由，
所以，所以B正确；
对于C，由抛物线的定义，可得，
因为，可得，即，
因为，代入可得，即，
解得或（舍去），则，
将代入抛物线的方程，可得或（舍去），所以，
此时直线的斜率为，所以C正确；
对于D，由抛物线的焦点为且，
可得，
因为，可得，整理得，解得，
又因为，所以，所以D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 被1000整除的余数为________.
【答案】1
【解析】
【分析】
利用二项式定理展开可求解．
【详解】，展开式中从第二项开始都是1000的倍数，因此它除以1000后余数为1．
故答案为：1．
13. 是从点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的正弦值是__________ ．
【答案】
【解析】
【分析】过上任一点作平面，则即为直线与平面所成角的平面角，根据线面垂直及三角形全等得到，结合三角函数求解即可.
【详解】如图，作出符合题意的图形，
在上任取一点并作平面，
则即为直线与平面所成角的平面角．
过点作，，.
因为平面，平面，所以，.
又平面，，所以平面，
又平面，所以，同理.
又，，所以，所以.
又，所以，所以.
设，在中，；在中，.
则.
即直线与平面所成角的正弦值为.
14. 函数，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是_____．
【答案】
【解析】
【分析】先利用导数得到在上单调递增，再合理换元将目标不等式转化为，进而再得到的单调性，最后利用分离参数法得到，结合正弦函数单调性求解参数范围即可.
【详解】因为，
所以，
则在上单调递增，由已知得，
令，可将化为，且令，
而，即是奇函数，
因为，
所以，
则，即
即，
由题意得在上单调递增，可得在上单调递增，
则，化简得，
令，得到，
由正弦函数性质得在上单调递增，
可得在上单调递增，即，故.
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. 设．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若函数的极小值为，求函数在上的最小值．
【答案】（1）和
（2）3
【解析】
【分析】（1）利用导数求解函数的单调递增区间即可.
（2）结合题意的极小值，进而求出，最后判断函数在上的单调性，求解最小值即可.
【小问1详解】
由题意得，
则，令，可得，
故的单调递增区间为和．
【小问2详解】
由已知得，
令，可得，则在上单调递减，
由已知得在和上单调递增，
则函数的极小值为，
而函数的极小值为，得到，
解得，则，
由题意得在上单调递增，在上单调递减，
而，则在上的最小值为.
16. 已知数列的前项和为，满足，且．
（1）证明数列是等差数列；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用前项和通项公式的关系证明即可.
（2）利用裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
由得，
当时，，即，
即．所以数列是首项为，公差为的等差数列．
【小问2详解】
由得，，
当时，，也满足时的式子，
所以时，，又
，
所以
．故数列的前项和．
17. 如图，在三棱柱中，侧面是正方形，平面，，点是线段的中点，点在线段上，满足平面．
（1）求证：是线段的中点；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先判断四点共面，再结合线面平行的性质得到，最后结合平行四边形的性质求解即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，进而利用面面角的向量求法求解即可.
（3）利用点到平面距离的向量求法求解即可.
【小问1详解】
在中，过点N作交BC于点Q，连接QM，
如图，作出符合题意的图形，
在三棱柱中，因为，所以，
所以四点共面，因为直线平面，平面，
平面平面，所以．
所以四边形是平行四边形，
得到，所以为的中点．
【小问2详解】
因为平面，平面，
所以，又因为正方形，，
故可以B为原点建立空间直角坐标系，如下图，
因为，所以，，，，
， ，，所以，．
设平面的一个法向量为，
由，得，取，得，
易知平面的法向量，
得到，
故平面与平面夹角的余弦值为．
【小问3详解】
设平面的一个法向量为，
而，由中点坐标公式得，则，
由，得，取，得n0→=−4,1,2，
又，设点到平面的距离为，
由点到平面的距离公式得d=BC1→⋅n0→n0→=2+421=2217.
18. 已知函数.
（1）设，当时，求证为增函数；
（2）当时，求证.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）要证明为增函数，只需证明即可；
（2）首先两种方法都是先把问题转化为，方法一是证明函数的最小值大于；方法二是通过构造函数的方法证明和.
【小问1详解】
函数的定义域为，
，
，
因为，所以，
所以为上的增函数.
【小问2详解】
当时，，则有，
故只需证恒成立，
由（1）知当时，在上单调递增，
又，
由零点存在定理，可知在上有唯一实根，且，
当时，，当时，，
从而当时，取得最小值.
由，得，
即，所以，
故.
当且仅当时，上式等号成立，
所以，当时，.
综上所述，当时，恒成立.
（2）方法二
当时，，则有，故只需证明当时，恒成立，
令，，
由得，由得，由得，
所以时.
所以恒成立，当时，等号成立.
所以即，
当且仅当时，等号成立，
，即，当且仅当时，等号成立.
所以成立.
综上，当时，恒成立.
19. 已知矩形在如图所示的平面直角坐标系中，，，，，，分别是矩形四条边的中点，且四点均在坐标轴上，直线，上的动点，满足，，直线与的交点为.
（1）证明：点在一个确定的椭圆上，并求此椭圆的方程；
（2）设，是椭圆的左右顶点，若直线与椭圆交于、，且（，分别表示直线，的斜率），过作直线的垂线，垂足为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析，
（2）（i）证明见解析（ii）
【解析】
【分析】（1）利用动直线方程消去参数，即可得交点轨迹方程；
（2）利用直线与椭圆联立方程组，结合韦达定理及题设求得，进而求解定点；
结合韦达定理表示出，
【小问1详解】
由题意可知：，，由
可得，当时，直线的方程为：，
又，，由，
所以，可得，
所以直线的方程为：，
上面两直线方程相乘可得：
所以可得点在椭圆上.
【小问2详解】
（i）设，，又由（1）知，，
所以，，，
则有，
又，则，代入上式可得.
又因为，所以.
设直线的方程为，
联立，得，
所以，
且，即，
，
所以，所以直线过定点.
（ii）由（i）可知

因为，所以
故的取值范围为.