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河南濮阳市油田第一中学2025-2026学年高二第二学期期中考试
数学试卷
一、单选题
1．若直线经过两点，，则此直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
2．已知等比数列中，，，则公比（ ）
A． B． C． D．
3．在的展开式中，第9项为（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数的图象在点处的切线方程为，则（ ）
A． B． C． D．1
5．由组成没有重复数字的四位数中，偶数的个数是（ ）
A．300 B．360 C．420 D．480
6．已知抛物线的焦点为，准线为，点在抛物线上，过作的垂线，垂足为，若（为坐标原点），则（ ）
A．4 B．3 C． D．
7．已知等差数列满足，在和之间插入k个1，得到新数列，则的前90项和为（ ）
A．168 B．188 C．212 D．222
8．在正三棱锥中，，点满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知直线：，圆：，则下列说法正确的是（ ）
A．直线过定点
B．若直线被圆所截得的弦长为4，则或
C．若直线与圆相切，则
D．，使得直线与圆相离
10．记等差数列的前项和为，等比数列的前项积为，，，，则下列选项正确的是（ ）
A． B．
C．当且仅当时，最大 D．的最大值为
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．在上是减函数
B．的单调递增区间为和
C．恰有一个零点
D．的极大值大于极小值
三、填空题
12．的展开式中的常数项为______．
13．已知，，，则，，的大小关系为______．（用“＞”连接）
14．设双曲线的右焦点为，点在的右支上，点满足．若，则的离心率为__________．
四、解答题
15．已知等差数列的前项和为，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
16．现有4名男生、3名女生站成一排照相．（用数字作答）
(1)两端是男生，有多少种不同的站法？
(2)任意两名男生不相邻，有多少种不同的站法？
(3)男生甲要在女生乙的右边（可以不相邻），有多少种不同的站法？
17．如图，在棱长为2的正方体中，点，，分别为棱，，的中点，为与的交点.

(1)证明：平面；
(2)点在棱上，当平面和平面夹角的余弦值为时，求.
18．已知椭圆：的一个焦点，长轴长为8.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作两条互相垂直的直线，，直线与椭圆交于，两点，直线与椭圆交于，两点，设：.
（ⅰ）若，求；
（ⅱ）若，使得，求实数的取值范围.
19．已知函数，．
(1)若在上恒成立，求k的取值范围；
(2)设为图象上一点，为图象上一点，O为坐标原点，若∠AOB为锐角，证明：．
参考答案及解析
1．B
解析：因为直线经过两点，，、则直线斜率，
设直线的倾斜角为，即，
因为，所以.
故选：B.
2．B
解析：设等比数列的公比为，
则，解得.
故选：B.
3．B
解析：，所以第9项是.
故选：B
4．D
解析：函数，求导得，
依题意，，所以.
故选：D
5．C
解析：最后一位数是0，偶数的个数是；
最后一位不是0，偶数的个数是，
所以一共有种.
6．D
解析：由题意可知焦点，准线方程，
因为，所以，解得，
所以，得，又.
7．D
解析：设新数列的前90项包含原数列的前项，
因为和之间插入k个1，所以在前插入的1的总数为，
则新数列到为止的前的总项数为，
当时，可得；
当时，可得，
所以新数列的前90项包含原数列的前项和78个1，
因为等差数列满足，
所以新数列的前90项和为.
故选：D.
8．B
解析：如图所示，延长至点，使得，
所以，
又由，所以四点共面，
所以的最小值，即为点到平面的距离，
因为点是的中点，则点到平面的距离是点到平面的距离的一半，
又因为，所以三棱锥为正三棱锥，
取等边的中心为，连接，可得平面，
所以即为点到平面的距离，
在等边，因为，可得，
在直角中，可得，
即点到平面的距离为，所以的最小值为.
故选：B.
9．AC
解析：对A，因为直线：可化为，
所以直线过定点，所以A正确；
对B，圆的标准方程为，即圆心，半径，
设圆心到直线的距离为，则.
若直线被圆所截得的弦长为4，则，
即，化简得，解得或，所以B错误；
对C，若直线与圆相切，则有，即，
化简得，解得，所以C正确；
对D，因为直线上恒有一点在圆上，所以直线不可能与圆相离，所以D错误.
故选：AC.
10．AD
解析：因为为等差数列，，所以，
又因为，所以公差，所以，
，，，
所以当或时，最大，所以A正确，C错误；
因为是等比数列，所以，
所以，因为，
所以公比，
所以或，所以或，
所以选项B错误；
当时，，，，
所以当或时，最大，且最大值为；
当，
，，，，
当时，，当时，，又，当时，，
所以当时，最大，且最大值为，
综上，可知的最大值为，所以选项D正确.
故选：AD.
11．BC
解析：由题意知的定义域为，
．
令，解得或．
所以当或时，，此时在和上单调递减，
当或时，，所以的单调递增区间为和，故A错误，B正确；
因为当时，，所以在上恰有一个零点，
当时，，所以在上无零点，综上，恰有一个零点，故C正确；
在处取得极大值为，在处取得极小值为，即的极小值大于极大值，即D错误，
故选：BC．
12．240
解析：，
令得，，
所以的展开式中的常数项为.
13．
解析：∵，，，
∴设，，得，
∴在上单调递增，在上单调递减，
，，，
根据单调性可知，，∴，
故答案为：．
14．
解析：如图，设双曲线的左焦点为，连接．
根据双曲线的对称性可知四边形为平行四边形．
又四边形为矩形．
设，
由双曲线的定义可得，
又为直角三角形，则，
即，
解得，则，且为直角三角形，
，即，
即的离心率为．
故答案为：.
15．(1)
(2)
解析：（1）设数列公差为，
由，得，，解得
∴.
（2）由得，
.
16．(1)1440
(2)144
(3)2520
解析：（1）解：先选2名男生排两端有种方法，再排其余学生有种方法，
所以两端是男生的不同站法有（种）；
（2）先排3名女生有种方法，再将4名男生插入4个空隙中有种方法，
所以任意两名男生不相邻的不同站法有（种）；
（3）先在7个位置中找到5个位置，让除甲乙外的另5人排列共有：种方法，
再将甲乙按照甲在乙右边的顺序，放置另两个位置中共1种，
所以男生甲要在女生乙的右边的不同站法有（种）．
17．(1)证明见解析
(2)
解析：（1）连接，，由题意得，四边形为正方形，所以为的中点，
又因为为的中点，所以且，
因为为的中点，，所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，

因为正方体的棱长为2，所以，，，
则，，
设平面的法向量为，
则有，得，
两式相加得：，令，则，
所以；
设，，则，，，
则，
设平面的法向量为，
则有，得，
令，则，，
所以，
由题意可得，，
即，
解得，所以.
18．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
解析：（1）由题意可知，，，则，
所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）（ⅰ）联立，得，
设，，显然，所以，，
则；
同理，当时，把中的换成可得，
若时，直线，直线，此时，
所以对时也成立，
因为，所以，解得，
即；
（ⅱ）若，则，即，
整理得.
若，使得，即关于的方程有解，
当时，方程无解；
当时，，因为，则，所以
，解得.
综上，实数的取值范围为.

19．(1)；
(2)证明见解析.
解析：（1）令函数，求导得，
则函数在上单调递增，从而，即，因此，
当时，，符合题意；
当时，令函数，，
则，在上单调递增，且，，
则存在，使得，且时，，即单调递减，
则当时，，与题意矛盾，
所以k的取值范围是.
（2）依题意，由，得，即，亦即，
因为，则不等式为，
设，则不等式为，
设，则，
设，则，函数在上单调递减，
因此，即，即在上单调递减，
因此由，得，即，设，则，
由（1）可知，则有，从而，即，在上单调递增，
因此，从而，因而，
所以．

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