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湖北省武昌实验中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷
一、单选题
1．若圆锥的表面积为，圆锥的高与母线长之比，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
2．等比数列满足，则（ ）
A．30 B．62 C．126 D．254
3．二项式的展开式中的常数项为（ ）
A． B． C． D．
4．已知直线与曲线相切，则的方程不可能是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知，则不等式的解集为
A． B． C． D．
6．某公司为庆祝新中国成立73周年，计划举行庆祝活动，共有5个节目，要求A节目不排在第一个且C、D节目相邻，则节目安排的方法总数为（ ）
A．18 B．24 C．36 D．60
7．设，，，则（ ）
A． B． C． D．
8．如图，已知直线与椭圆恰有一个公共点与圆相交于两点，点与点关于坐标原点对称，若的面积可取到最大值，则椭圆的离心率为（ ）

A． B． C． D．
二、多选题
9．在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．二项式系数最大的项为 B．常数项为2
C．第6项与第7项的系数相等 D．含的项的系数为480
10．已知，若（为自然对数的底数），则（ ）
A． B．
C． D．
11．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于，两点，点位于点右方，若，则下列结论一定正确的有（ ）
A． B．
C． D．直线的斜率为
三、填空题
12．从班委会6名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文艺委员、体育委员，其中甲、乙二人不能担任文艺委员，则不同的选法有______种．
13．的展开式中的系数为__________．
14．已知定义在上的可导函数满足，，则不等式的解集为________．
四、解答题
15．已知数列的前n项和为，满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求数列的前n项和．
16．如图，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，，，点为的中点.

(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
17．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若有极大值，且极大值大于，求的取值范围．
18．已知椭圆的左右顶点为A、B，右焦点为F，C为短轴一端点，的面积为，离心率为．
(1)求椭圆的标准方程：
(2)过点F的直线交椭圆于M，N两点（异于A，B），直线AM与BN的交点为Q.
①求证：Q点在定直线上；
②求证：射线FQ平分∠MFB.
19．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数在上有且仅有一个零点.
①求证：此零点是的极值点；
②证明：.
（本题可能用到的数据为，，）
参考答案
1．A
【详解】由题意可知母线与圆锥底面的夹角为 ，
设底面半径为r，圆锥的高为h，母线长为l，则① ，
则圆锥的表面积为 ，将①代入，解得 ，
圆锥的体积为 ；
故选：A.
2．C
【详解】设等比数列的公比为，
由可得，
则，
所以，
因此.
故选：C
3．B
【详解】因为的展开式的通项，
所以的展开式中的常数项为，
故选：B.
4．D
【详解】由已知可得，，
由导数的几何意义可得，曲线在点处的切线的斜率.
对于A、B项，由可得，，解得.
当时，切点为，此时切线方程为，
整理可得，切线方程为，故B项正确.
当时，切点为，此时切线方程为，
整理可得，切线方程为，故A项正确；
对于C、D项，由可得，，解得，切点为，
此时切线方程为，整理可得，切线方程为，故C项正确，D项错误.
故选：D.
5．A
【详解】由，故函数在上单调递增，
又由，
故不等式可化为，，得，
解得．故选A.
6．C
【详解】因为C、D节目相邻，则视C、D节目为一个整体与其它3个节目排列，
又A节目不排在第一个，则从后面三个位置中取一个排A，再排余下3个，有种，
其中的每一种排法，C、D节目的排列有，
所以节目安排的方法总数为（种）.
故选：C
7．A
【详解】，，则，
令，则，
所以在上单调递减，所以，
所以，所以，所以.
而，
因此构造，则，，
所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以，即，所以，
故.
故选：A
8．B
【详解】根据题意联立 得，
由．化简整理，得；
因点与点关于坐标原点对称，故到直线的距离是到距离的两倍，
故的面积是的面积的两倍，则的面积取到最大值，
由于的面积为，
故，此时，从而原点到直线的距离，
又，故，代入，可得，
从而，即，
故选：B．
9．AC
【详解】因为，所以二项式系数最大的项为，，A正确；
因为展开式的通项为，
令，得常数项为1，B错误；
第6项为，第7项为，
第6项与第7项的系数相等，C正确：
含的项为，其系数为448，D错误．
故选：AC．
10．ACD
【详解】解：因为，
所以，即，
对于A，因为，
所以，故A正确；
对于B，令，则，
所以在上单调递增，
因为，所以，
所以，即，所以，故B错误；
对于C，因为，所以，
当且仅当，即时取等号，
所以，故C正确；
对于D，因为，所以，故D正确.
故选：ACD.
11．ABC
【详解】解：由题意得，，，
当直线的斜率为时，与抛物线只有个交点，不合要求，
故设直线的方程为，不妨设，
联立，可得，易得，
设，，则，，
则，，
则，，
由正弦定理得，，
因为，，
所以， ，
即．
又由焦半径公式可知，
则，即，
即，解得，
则，，解得，，
故，
当时，同理可得到，故A正确
．
，故B正确
，故C正确
当时，，则 ，即 ，
此时 ．
由对称性可得，当时，，
故直线的斜率为，故D错误．
故选：ABC.
12．80
【详解】法一：
甲、乙二人不能担任文艺委员分为三种情况：
①甲、乙二人均未被选．选法种数为；
②甲、乙二人中仅有一人被选，选法种数为；
③甲、乙二人均被选，选法种数为．
则不同的选法共有24＋48＋8＝80（种）．
法二：
从班委会6名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文艺委员、体育委员，共种选法，
当甲、乙二人有一人担任文艺委员时，有种选法，则甲、乙二人不能担任文艺委员的选法共有（种）．
故答案为：80.
13．95
【详解】解：将看作对象甲，看作对象乙，1看作对象丙，
则题设可转化为将5个相同元素分给甲、乙、丙三个对象的问题，
则要得到，则给甲1个元素，给乙0个元素，给丙4个元素，
或给甲0个元素，给乙2个元素，给丙3个元素，
即的系数为．
故答案为：95
14．
【详解】构造函数，其中，
则
，
构造函数，其中，则，
由可得，由可得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，故，
故函数在上为减函数，
又因为，由可得，故.
因此，原不等式的解集为.
15．(1)
(2)
【详解】（1）
由，得，
后式减去前式，得，得．
令，得，可得，所以，
即数列是首项为2，公比为3的等比数列，所以．
（2）因为，
故，
所以
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）方法一：连接，
，为中点，；
平面，平面，，
又，即，，平面，
平面，又平面，，
，平面，平面，
又平面，；
方法二：平面，平面，，；
，，，
又为中点，.
（2）以为坐标原点，正方向分别为轴正方向，可建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设平面的法向量，
，令，解得：，，，
，
即直线与平面所成角的正弦值为.
17．(1)答案见解析
(2)
【详解】（1），
①当时，在上单调递增，无递减区间，
②当时，，可得，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上当时，在上单调递增，无递减区间，
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）因为有极大值，且极大值大于，
故，且在处取极大值，
，即，
令，
恒成立，在上单调递增，
又，当且仅当时成立，
故，当且仅当时成立，
因此的取值范围是．
18．(1)
(2)①Q点在定直线上，证明见解析；②证明见解析
【详解】（1）由题意，，故，解得，故椭圆的方程为.
（2）①设直线的方程为，，联立可得，故，，所以.
又直线的方程为，直线的方程为，联立可得，解得，即Q点在定直线上.
②设，的倾斜角分别为，当时，轴，此时不妨设，则直线的方程，代入可得，即，故直线的斜率为１，倾斜角，此时射线FQ平分∠MFB，同理时射线FQ平分∠MFB.
当时，设由斜率与倾斜角的关系有，，此时直线的方程，联立椭圆方程有，由韦达定理可得，即，代入可得，故直线的斜率为，即，由倾斜角的范围可得，故射线FQ平分∠MFB.
19．(1)答案见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析；
【详解】（1）解：∵定义域为，
所以，
∵，∴，
∴当时，恒成立，
所以在单调递增，没有单调递减区间.
当时，设，则对称轴，，
解不等式可得：或，
所以此时的单调递增区间为和.
单调递减区间是，
综上：时，单调递增区间是，没有单调递减区间；
时，单调递增区间为和，
单调递减区间是；
（2）①∵，
∴在单调递增，又因为，
∴，使得，且时，，时，，
∴在上单调递减，上单调递增，
∵在上有且仅有一个零点，
∴此零点为极小值点；
②由①得，即，
解得：，且，
设，，
∵，
则在单调递减，
因为，，∴，
又因为在单调递增，，，
∴即.

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