2025--2026学年河南信阳高级中学北湖校区高二下册04月测试（二）数学试题 [含解析]

这是一份2025--2026学年河南信阳高级中学北湖校区高二下册04月测试（二）数学试题 [含解析]，共10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。
1. 函数在区间上的平均变化率为（ ）
A. B. C. D.
2. 在等差数列中，若，则（ ）
A. 8B. 7C. 6D. 5
3. 李师傅饮酒后，其血液中的乙醇含量（单位：）与酒后代谢时间（单位：h）的函数关系满足，则当时，李师傅血液中的乙醇含量的瞬时变化率的数值为（ ）
A. B.
C. D.
4. 函数的零点的个数为（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
5. 在直三棱柱中，，分别为，的中点，设，，，则（ ）
A. B. C. D.
6. 《哪吒2》的播放掀起了观影热潮，某影院欲新建一个播放厅，可以容纳1160个座位，若第一排安排20个座位，从第二排起，后一排比前一排多4个座位，则播放厅最多可以建的座位的排数为（ ）
A. 24B. 22C. 20D. 18
7. 设为正项数列的前项和，已知，对于任意的，都有，若不等式对于任意的恒成立（其中），则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
8. 在正四棱柱中， ，，是该正四棱柱表面上的一动点，且满足，则点的运动轨迹的长度为（ ）
A. 8B. C. D.
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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列求导运算正确的有（ ）
A. B.
C. D.
10. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
11. 已知圆过点，，且圆心在轴上，则下列说法正确的是（ ）
A. 圆心的坐标为
B. 圆的标准方程为
C. 圆与轴的交点坐标为
D. 圆上一点到点距离的最大值为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在正项等比数列中，，，则公比________．
13. 某年六月，“青松”团队的名成员（含队长“戊”）相约赏荷，人站在荷花池边排成一排合影留念，其中队长戊必须站在正中间，甲和乙必须相邻，丙和丁不能相邻，则符合条件的排法种数有______种（用数字作答）.
14. 已知椭圆的左､右焦点分别为，是上位于第一象限内的一点，且.过原点作平行于的直线，与和的角平分线分别交于两点，且，则实数的值为______．
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. 已知在的展开式中，第6项系数与第4项系数之比是6:1.
（1）求展开式中所有二项式系数的和.
（2）若展开式中，第k项为有理项，求k的取值集合.
（3）求展开式中系数绝对值最大的项.
16. 如图，在正三棱台中， ，.

（1）求的长度；
（2）求三棱台的体积.
17. 已知在正项数列中，为其前项和，且，是与的等差中项．
（1）求，的值；
（2）求数列的通项公式；
（3）若，为数列的前项和，证明：．
18. 已知函数，．
（1）当时，求函数的极值；
（2）若曲线在点处的切线与函数的图象相切，求切线的方程；
（3）当时，恒成立，求实数的取值范围．
19. 如图，在某城市中，两地之间有整齐的方格形道路网，其中是道路网中位于一条对角线上的个交汇处，今在道路网处的甲、乙两人分别要到处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径．
（1）甲从到达处的走法有多少种；
（2）甲从必须经过到达处的走法有多少种；
（3）甲、乙以相同的速度同时出发，直到到达处为止．他们在行走途中会相遇，则共有多少种走法．
数学
一、单选题：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. 函数在区间上的平均变化率为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：由平均变化率的定义即可求解.
解答过程：由题意函数在区间上的平均变化率为：
，
故选：B
2. 在等差数列中，若，则（ ）
A. 8B. 7C. 6D. 5
答案：D
解析：
思路：利用等差数列的下标和的性质可求解.
解答过程：在等差数列中，由，可得，解得.
故选：D.
3. 李师傅饮酒后，其血液中的乙醇含量（单位：）与酒后代谢时间（单位：h）的函数关系满足，则当时，李师傅血液中的乙醇含量的瞬时变化率的数值为（ ）
A. B.
C. D.
答案：A
解析：
思路：根据瞬时变化率和导数值的关系，先求出导函数再计算求解.
解答过程：因为满足，则，
当时，李师傅血液中的乙醇含量的瞬时变化率的数值为.
故选：A.
4. 函数的零点的个数为（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
答案：C
解析：
思路：利用导数确定单调性，再利用零点存在性定理求得答案.
解答过程：函数的定义域为，求导得，
函数在上单调递减，而，
所以函数有唯一零点，即零点个数为1.
故选：C
5. 在直三棱柱中，，分别为，的中点，设，，，则（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：根据给定的基底，结合几何图形表示出.
解答过程：在直三棱柱中，.
故选：A
6. 《哪吒2》的播放掀起了观影热潮，某影院欲新建一个播放厅，可以容纳1160个座位，若第一排安排20个座位，从第二排起，后一排比前一排多4个座位，则播放厅最多可以建的座位的排数为（ ）
A. 24B. 22C. 20D. 18
答案：C
解析：
思路：根据题意，设每排的座位数构成等差数列，其中且，利用等差数列的求和公式，列出方程，即可求解.
解答过程：由题意，设每排的座位数构成等差数列，其中，公差，
再设播放厅最多可以建的座位的排数为，
可得，即，
解得或（舍去），即播放厅最多可以建的座位的排数为.
故选：C.
7. 设为正项数列的前项和，已知，对于任意的，都有，若不等式对于任意的恒成立（其中），则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
答案：D
解析：
思路：通过取，得到，进而求得，再结合一元二次不等式恒成立求解即可.
解答过程：取，则，
所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，经验证符合题意，
则，
要使对于任意的恒成立，
则在恒成立，
即在恒成立，
设，
则，
解得或，
故实数的取值范围为，
故选：D
8. 在正四棱柱中， ，，是该正四棱柱表面上的一动点，且满足，则点的运动轨迹的长度为（ ）
A. 8B. C. D.
答案：B
解析：
思路：先寻找过与垂直的两条件相交直线，再作出过点与垂直的平面，找到正四棱柱被平面所截的截面图形，证明并研究图形的特殊性质，根据几何性质求周长即可得.
解答过程：如图，在上取点，使，连接，
则，
故，故，
又，，平面，平面，
故平面，
又平面，故.
在上取点，使，同理可证.
又，平面，平面，
则平面.
设平面与棱交于点，连接.
则平面平面，又平面平面，
由平面平面，则，
同理可证，故四边形为平行四边形，则四点共面.
在平面内，在棱上取点，使，连接，
则，，
则四边形是平行四边形，则，所以，
又，所以四边形是平行四边形，则，
即为棱的中点，由，
可得，则四边形为菱形.
且平面.
由，则点在过点且与垂直的平面内，即平面内.
又是该正四棱柱表面上的一动点，
故点的运动轨迹即为菱形，且该菱形的周长为.
所以点的运动轨迹的长度为.
故选：B.
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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列求导运算正确的有（ ）
A. B.
C. D.
答案：BC
解析：
思路：根据导数运算公式及运算律判断A，B，D，应用复合函数导数运算计算判断C.
解答过程：，A选项错误；
，B选项正确；
，C选项正确；
，D选项错误.
故选：BC.
10. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
答案：BCD
解析：
思路：根据二项式展开式的通项，令，可求得，判断A；令，求得，利用赋值法令，得，从而求得，判断B；利用赋值法，令，，可判断C；对展开式两边求导，再令，可判断D.
解答过程：的展开式的通项为.
令，得展开式中的常数项，所以A错误；
令，得展开式中的系数，
令，得，
所以，所以B正确；
当为奇数时，的系数为负数；当为偶数时，的系数为正数.
令，得，
即，
所以，所以C正确；
对两边求导，
得，
令，得，所以D正确.
11. 已知圆过点，，且圆心在轴上，则下列说法正确的是（ ）
A. 圆心的坐标为
B. 圆的标准方程为
C. 圆与轴的交点坐标为
D. 圆上一点到点距离的最大值为
答案：ABD
解析：
思路：设圆心坐标为，由题意可得，可求圆心判断A；利用两点间的距离公式求得半径可判断B；令，可得圆与轴的交点坐标判断C；求得圆心到的距离可求圆上一点到点距离的最大值判断D.
解答过程：设圆心坐标为，由，得，
解得，故，故A正确；
所以，故圆的标准方程为， 故B正确；
令得，，故圆与轴的交点坐标为，故C错误；
圆心到点的距离为，故圆上一点到点距离的最大值为5+，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在正项等比数列中，，，则公比________．
答案：
解析：
思路：根据等比数列的等比中项性质，和等比数列的概念，求出公比.
解答过程：由等比中项定义可知，可得，因为数列为正项数列，所以，则.
故答案为.
13. 某年六月，“青松”团队的名成员（含队长“戊”）相约赏荷，人站在荷花池边排成一排合影留念，其中队长戊必须站在正中间，甲和乙必须相邻，丙和丁不能相邻，则符合条件的排法种数有______种（用数字作答）.
答案：
解析：
思路：将队伍从左向右依次按到编号，先将队长戊固定在号位，先考虑甲和乙必须相邻的排法种数，接下来考虑甲和乙相邻，且丙和丁相邻的排法种数，利用间接法可得结果.
解答过程：将队伍从左向右依次按到编号，先将队长戊固定在号位，
先考虑甲和乙必须相邻的排法种数，将甲和乙捆绑，则甲、乙两人可排在号或号或号或号位，
所以甲、乙必须相邻的排法种数为，
接下来考虑甲和乙相邻，且丙和丁相邻的排法种数，
则甲、乙排在号或号位，有种排法，
丙、丁排在号或号位，有种排法，
或者丙、丁排在号或号位，甲、乙排在号或号位，剩余两人有种排法，
此时不同的排法种数为种，
由间接法可知队长戊必须站在正中间，甲和乙必须相邻，丙和丁不能相邻，则符合条件的排法种数为种.
14. 已知椭圆的左､右焦点分别为，是上位于第一象限内的一点，且.过原点作平行于的直线，与和的角平分线分别交于两点，且，则实数的值为______．
答案：7
解析：
思路：先根据平行线、角平分线、中位线的性质求得，然后根据椭圆的定义和余弦定理列方程，由此求得的值.
解答过程：如图所示，因为，且的角平分线为，所以，
所以，易知为的中位线，所以，
设，则，，
由椭圆的定义可知，，
则，所以，
在中，由余弦定理得：
，
由得，，
解得，故.
故
AI
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. 已知在的展开式中，第6项系数与第4项系数之比是6:1.
（1）求展开式中所有二项式系数的和.
（2）若展开式中，第k项为有理项，求k的取值集合.
（3）求展开式中系数绝对值最大的项.
答案：（1）
（2） （3）
解析：
思路：（1）根据展开式的通项及第6项系数与第4项系数之比是6:1，求出的值，根据即可求得二项式系数和；
（2）利用（1）的结论及展开式的通项知，当k为偶数时为有理项，由此可得k的取值集合.
（3）利用通项写出各项的系数，列出相应的不等式组，求解可得的值，即可得到展开式中系数绝对值最大的项.
（1）的展开式的通项为.
因为第6项系数与第4项系数之比是6:1，所以，即，
化简得，即.
因为，所以.
所以的展开式中所有二项式系数的和为.
（2）由（1）知的展开式的第项为.
若展开式中，第k项为有理项，则是整数，即是奇数，所以为偶数.
所以k的取值集合为.
（3）的展开式的通项为，系数为.
令，即，
解得.
因为，所以.
所以展开式中系数绝对值最大的项为.
16. 如图，在正三棱台中， ，.

（1）求的长度；
（2）求三棱台的体积.
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）过点构造与有关的平行四边形，并计算出边长，由转化后解出长度，再在等腰梯形内作垂线，利用勾股定理解出线段长.
（2）过点作面的垂线，并解出垂线段长，利用台体体积公式求得结果.
（1）延长到点，使，连接，，
由题意知，，
则平行且相等，四边形为平行四边形，
可知平行且相等，
则在中，，，，
由余弦定理，得，
∵，，
∴，
易得，
则，得.
过点作交于点，
则，，，
故，
故.
（2）作平面交平面于点，连接，，
∵平面，故，
又，，且两直线在平面内，
则平面，
又平面，故，
即，
易得，
故，
∴，
故，
得.
故
17. 已知在正项数列中，为其前项和，且，是与的等差中项．
（1）求，的值；
（2）求数列的通项公式；
（3）若，为数列的前项和，证明：．
答案：（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
解析：
思路：（1）利用等差中项列式，再依次计算即可.
（2）由（1）中信息，利用前项和与第项的关系，借助等差数列定义求解.
（3）求出，再利用裂项相消法求和即得.
（1）依题意，，即，而，
所以，.
（2）由（1）知，，当时，，
则，整理得，
即，又，因此，而，
则数列是首项为1，公差为2的等差数列，，
所以数列的通项公式是.
（3）由（2）得，则，
所以.
18. 已知函数，．
（1）当时，求函数的极值；
（2）若曲线在点处的切线与函数的图象相切，求切线的方程；
（3）当时，恒成立，求实数的取值范围．
答案：（1）极小值，无极大值；
（2） （3）
解析：
思路：（1）求导，确定单调性即可求解；
（2）先求得曲线在点处的切线方程，在通过判别式即可求解；
（3）通过和两段，结合参变分离求最值法即可求解.
（1）当时，，
令，解得，
易知当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故函数有极小值，无极大值；
（2），则，
又，所以在点处的切线方程为：，
即，
由，消去得，
由题意，解得，
经验证符合题意，
故，切线方程为：；
（3）当时，恒成立，
即在上恒成立，
当时，显然不等式成立，则，
当时，参变分离可得：恒成立，
设，
则，
令，由（1）可知，在上单调递增，
则，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，
所以，则，
综上，实数的取值范围为.
19. 如图，在某城市中，两地之间有整齐的方格形道路网，其中是道路网中位于一条对角线上的个交汇处，今在道路网处的甲、乙两人分别要到处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径．
（1）甲从到达处的走法有多少种；
（2）甲从必须经过到达处的走法有多少种；
（3）甲、乙以相同的速度同时出发，直到到达处为止．他们在行走途中会相遇，则共有多少种走法．
答案：（1）
（2） （3）
解析：
思路：（1）从到的最短路径，需要向右走次，向上走次，总共走步，只需确定这步中哪步是向右（或向上）即可；
（2）从到，需要向右走次、向上走次，从到，需要向右走次，向上走次，利用分步乘法计数原理计算；
（3）两人速度相同，相遇点必在上，计算即可．
（1）甲从到的最短路径，需要向右走次，向上走次，
所以甲从到达处有种走法；
（2）甲从到的最短路径，需要向右走次，向上走次，
所以甲从到达处有种走法，
从到的最短路径，需要向右走次，向上走次，
所以甲从到达处有种走法，
所以甲从必须经过到达处有种走法；
（3）甲，乙两人沿各自的最短路径行走，因两者速度相同，故只可能在处相遇，
甲从处到达有种走法，从处到达有种走法，
所以甲从处经过到达有种走法，
同理乙从处经过到达有种走法，
所以他们在处相遇有种走法，
所以共有种走法．