河南省青桐鸣2024-2025学年高二下学期3月联考 数学人教版【含答案】

2026普通高等学校招生全国统一考试大联考（高二）数学（人教版）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､班级､考场号､座位号､考生号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､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．已知函数为的导函数，且，则实数（

）A．0 B． C．1 D．22．双曲线的渐近线方程为（

）A． B．C． D．3．已知是等比数列，若，则的公比（

）A．4 B．2 C． D．4．已知矩形的边所在直线的方程为，顶点，则顶点的坐标为（

）A． B． C． D．5．若存在，使得直线与圆相切，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．6．在正四棱柱中，分别为的中点，点为上底面的中心，则直线与夹角的余弦值为（

）A． B． C． D．7．已知某圆柱的表面积为，则该圆柱的体积的最大值为（

）A． B． C． D．8．已知，函数，，当时，函数的图象始终在函数的图象下方（所有点均不重合），则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．二､多选题：本大题共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．记为等差数列的前项和，已知，则下列结论正确的有（

）A．B．C．D．数列中有且仅有一个最小项10．已知函数，则下列结论正确的有（

）A．当时，只有最大值，无最小值B．当时，有两个极值点C．当时，是的极大值点D．当时，11．已知点在曲线上，点，则下列结论正确的有（

）A．曲线关于原点对称B．C．的最小值为D．曲线与轴的非负半轴、直线所围成区域的面积大于三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知，向量，若，则.13．已知圆与圆的相交弦所在直线为，若与抛物线交于两点，则.14．数列的通项公式为，则的前项和为（用含的式子表示）.四､解答题：本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15．已知函数，曲线在处切线的斜率为.(1)求实数的值；(2)研究的单调性；(3)求的极值.16．如图，四棱锥的底面为菱形，，且侧面是边长为2的等边三角形，取的中点，连接.

(1)证明：平面；(2)证明：为直角三角形；(3)若，求直线与平面所成角的正弦值.17．已知正项数列中，.(1)证明：数列是等比数列；(2)求数列的通项公式；(3)设，证明：.18．已知椭圆的下焦点为，其离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过的直线与椭圆交于两点（直线与坐标轴不垂直），过作轴的垂线，垂足分别为，若直线与交于点，证明：点的纵坐标为定值.19．定义函数满足，且的定义域均为.已知函数.(1)求的解析式和定义域；(2)求的最小值；(3)若是的两个实根，证明：.参考答案与详细解析1．D【分析】求导，再根据即可得解.【详解】，依题意得，.故选：D.2．B【分析】对于焦点在轴上的双曲线，其渐近线方程为.【详解】由双曲线的标准方程可知，，所以双曲线的渐近线方程为.故选：B.3．B【分析】根据等比数列的性质及基本量计算求解即可.【详解】由等比数列的性质可知，，所以，又，所以，则.故选：B.4．A【分析】由，求出边所在的直线方程，再联立直线，组成的方程组，方程组的解即为顶点的坐标.【详解】因为，边所在直线的方程为，设所在直线方程为，因为过，所以，所以所在直线方程为，由解得，即顶点的坐标为.故选：A.5．D【分析】根据直线与圆相切可得圆心到直线的距离等于半径，即可得解.【详解】由圆可得，圆心，半径，由题意得，，则，解得或.故选：D.6．A【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出向量的坐标，根据向量夹角公式求解.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，于是，故直线与夹角的余弦值为.故选：A.7．C【分析】设圆柱的底面半径为，高为，体积为，由已知可得到圆柱的体积关于的函数关系式，再利用导数研究函数的单调性进而求得的最大值.【详解】设圆柱的底面半径为，高为，依题意得，，所以，所以，所以圆柱的体积为.设，则，令，解得（负值舍去），所以在上单调递增，在上单调递减，因此当时，圆柱的体积取最大值，且.故选：C.8．C【分析】问题转化为在上恒成立.再设，求导，分析函数单调性，求函数的最大值即可.【详解】由题意得，在上恒成立，即在上恒成立.设，则，则，所以在上恒成立，又，所以在上恒成立.令，则，当时，，当时，0，所以在上单调递增，在上单调递减，故.由题意可知，，所以.故选：C9．BC【分析】先根据已知条件列出关于首项和公差的方程组，求解出和，再据此求出通项公式、前项和公式，最后根据这些公式判断各个选项的正确性.【详解】设数列的公差为，由题意可知，解得错误；由上得正确；由得，，C正确；，由二次函数的性质可知，当或时，和的值均最小，D错误.故选：BC.10．ACD【分析】根据二次函数、极值点、导数与单调性定知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】当时，的图象为开口向下的抛物线，所以只有最大值，无最小值，A正确；当时，的图象为抛物线，故只有一个极值点，B错误；当时，，，若，令，解得或，所以在上单调递增，在上单调递减，因此是的极大值点，C正确；若，令，解得或，所以在上单调递增，在上单调递减，又，所以，则，D正确.故选：ACD.11．ABD【分析】利用图像关于原点对称的点坐标特点即可判断选项A，将曲线的方程配方即可判断选项B，代入特殊值即可判断选项C，根据的范围，即可判断选项D.【详解】将方程中的分别换为，方程仍成立，则曲线关于原点对称，A正确；方程化为，所以，解得，B正确；在方程中，令，解得，或，当点的坐标为时，，C错误；曲线在第一象限上的最高点为，且经过原点，又，故时，，所以曲线与轴的非负半轴，直线所围成区域的面积，D正确.故选：ABD12．【分析】根据空间向量数量积的坐标表示，建立方程，可得答案.【详解】由得，，解得，所以.故答案为：.13．5【分析】由圆与圆的方程相减可得直线的方程，进而得到直线经过抛物线的焦点，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及抛物线定义求解即可.【详解】由圆与圆的方程相减得，相交弦所在直线的方程为，又知抛物线的焦点为，则直线经过焦点，设，由，得，所以，由抛物线定义可知，.故答案为：5.14．【分析】利用错位相减法即得.【详解】因为，所以，①则，②由①-②得，，故.故答案为：15．(1)(2)在，上单调递减，在上单调递增(3)极小值为，无极大值.【分析】（1）对函数求导，根据导数的几何意义结合题意即可求；（2）求出函数的定义域，再对函数求导，根据导数的取值的正负确定函数的单调区间；（3）根据函数的单调性，确定函数的极值点，再求极值即可.【详解】（1），由题意可知，，解得或（舍去），故实数的值为.（2）因为，所以的定义域为，由（1）可知，，令，解得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故在，上单调递减，在上单调递增.（3）由（2）知，在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，极小值为，无极大值.16．(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）因为为等边三角形的边的中点，所以，又四边形为菱形，且，所以，结合线面垂直的性质即可证明；（2）因为，平面，所以平面，所以，即可证明；（3）由（1）可知，平面平面，所以可得为等边三角形，取的中点，连接，则，所以以为坐标原点，平行于的直线为轴，直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）证明：因为侧面是等边三角形，为的中点，所以，因为四边形为菱形，且，所以，又，平面，平面，所以平面.（2）证明：因为，平面，所以平面，又平面，所以，故为直角三角形.（3）因为平面，故由（1）可知，平面平面，易求，又，所以为等边三角形，取的中点，连接，则，因为为平面与平面的交线，平面，所以平面.以为坐标原点，平行于的直线为轴，直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，则，，，设平面的法向量为，由取，得.设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为.17．(1)证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）由递推公式构造得到即可求证；（2）由（1）等比数列通项公式即可求解；（3）由（2）得到，通过即可求证；【详解】（1）由得，，则，因为，所以，又，故数列是首项为3，公比为3的等比数列.（2）由（1）可知，，故.（3）由（2）得，，当时，，不等式成立；当时，，不等式成立；当时，，所以，综上可知，.18．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，列出的方程求解；（2）设出直线的方程与椭圆方程联立，可得，求出直线与方程，求出交点的纵坐标，得证.【详解】（1）由题意可知，，解得，故椭圆的标准方程为.（2）设直线的方程为，，则，由，得，且，则，易知直线与的斜率均存在，则直线的方程为①，直线的方程为②，联立①②消去得，，故点的纵坐标为定值.19．(1)，定义域为.(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据定义求出，，由此即可求出；（2）对函数求导，根据导数的正负判断函数的单调性，从而求得最值；（3）根据已知条件化为，换