江苏南京市燕子矶中学2025-2026学年高二下学期3月份学分检测数学检测试卷 附答案

/南京市燕子矶中学高二年级3月份学分检测数学一､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.已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则k＝（）A.4 B.C.5 D.【正确答案】D【分析】根据两平面垂直得到两法向量垂直，进而得到方程，求出答案.【详解】∵，∴，∴，解得.故选：D2.现有5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同的选择种数为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】利用分步计数原理即得．【详解】每一位同学有3种不同的选择，则5名同学去听同时进行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的1个讲座，不同选法的种数是.故选：A．3.在的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则的值为（）A.11 B.12 C.13 D.14【正确答案】B【分析】根据题中条件得出二项展开式的总项数，再求解n的值即可.【详解】根据题意，只有第7项为二项展开式的中间项，所以二项展开式的总项数为13，即，解得，故12.4.已知数列为等比数列，，若的前3项和为7，则数列的前3项和为（）A.7 B. C. D.【正确答案】D【分析】设数列的公比为，由已知可得，进而计算，得解.【详解】设数列的公比为，则，即，所以.故选：D.5.过点的直线与圆相交于两点，则的最小值为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】由题意可知，当时，弦的长度取得最小值，故先求出的长，再利用勾股定理可求出的最小值.【详解】圆，即，则圆心，半径为，因为，所以点在圆内，由圆的性质可知，当时，弦的长度取得最小值，因为，所以弦的长度的最小值为.故选：B6.（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】利用公式逐步化简求解即可.【详解】∵，．

故选：B．7.在平面直角坐标系中，双曲线的左右焦点分别为，过且垂直于轴的直线与相交于两点，与轴的交点为，则的离心率为（）A. B. C.2 D.【正确答案】B【分析】先求出点坐标，求出直线方程，进而求得坐标，然后利用垂直的斜率关系列出的齐次方程，解之即得.【详解】依题意，由双曲线的对称性，不妨让在轴的上方，如图，把代入中，利用，解得：，故，所以直线的方程为，整理得，所以，由得，整理得，所以，两边同除以，得，解得（负根舍去），故.故选：B8.若曲线在处的切线，也是的切线，则A. B. C. D.【正确答案】D【分析】先求出在处的切线方程，设它在的且切点坐标，并求出的值，再代入中，求出的值．【详解】的导数为，曲线在处的切线斜率为，则曲线在处的切线方程为，的导数为，设切点为，则，解得，，即有，解得．故选：D．本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，是基础题．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，有多项符合题目要求全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.已知，则下列描述正确的是（）A.除以5所得的余数是1B.C.D.【正确答案】AC【分析】利用赋值法可判断BC，由，再结合二项式定理可判断A，对于两边同时求导，再利用赋值法可判断D．【详解】对于A，，故除以5所得的余数是1，故A正确对于B，令得，，令得，，所以，故B错误；对于C，由题意可知，，对于，令得，，又因为，所以，故C正确；对于D，对于两边同时求导可得，，令得，，令得，，所以，故D错误．故选：AC．10.有甲、乙、丙等6名同学，则说法正确的是（）A.6人站成一排，甲、乙两人不相邻，则不同排法种数为480B.6人站成一排，甲、乙、丙按从左到右的顺序站位，则不同的站法种数为240C.6名同学平均分成三组到A、B、C工厂参观（每个工厂都有人），则有90种不同的安排方法D.6名同学分成三组参加不同的活动，甲、乙、丙在一起，则不同的分组方法有6种【正确答案】ACD【分析】A选项，利用插空法求解甲、乙两人不相邻的排法；B选项，利用倍缩法求解；C选项，先进行平均分组，再进行全排列，得到答案；D选项，先将除甲、乙、丙外的剩余3人分组，再进行全排列，得到答案.【详解】A选项，6人站成一排，甲、乙两人不相邻，先将除甲、乙外的4人进行全排列，有种排法，再将甲、乙两人插空，有种排法，则共有种不同的排法，A正确；B选项，6人站成一排，甲、乙、丙按从左到右的顺序站位，可用倍缩法进行求解，即种不同的站法，B错误；C选项，6名同学平均分成三组到A、B、C工厂参观（每个工厂都有人），则有种不同的安排方法，C正确；D选项，6名同学分成三组参加不同的活动，甲、乙、丙在一起，若还有一位同学与他们一组，共有种分法；若三组同学分为3人一组，2人一组和1人一组，先将除甲、乙、丙外的剩余3人分为两组，有种分法；共有种分组方法，D正确.故选：ACD11.已知正方体，是的中点，为正方形所在平面内一动点，则下列结论正确的是（）A.若到点与点的距离相等，则的轨迹为直线B.若到直线与直线的距离相等，则的轨迹为抛物线C.若直线与平面所成的角为，则的轨迹为椭圆D.若直线与直线所成的角为，则的轨迹为双曲线【正确答案】ABD【分析】根据点与点、点到直线的距离公式及向量法求线线角、线面角，结合圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义逐项分析判断即可.【详解】设正方体边长为2，以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，.设.选项A：，.则，整理得，此时为直线，A正确.选项B：直线方程为：，，到直线的距离为.直线方程为：，，，到直线的距离为.则，整理得，此时为抛物线，B正确.选项C：，易知为平面的一个法向量.则，所以，此时为圆，C错误.选项D：，，则，即，此时双曲线，D正确.故选：ABD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.“奥帆之都”青岛，具有现代时尚都市感的同时，更注重里院文化的传承与保护，为建设“建筑可阅读、街道可漫步、文化可传承、城市可记忆”的“最青岛”，市南区举办了“上街里，逛春天，百米长卷绘老城”活动.一位同学在活动中负责用5种不同颜色给如图所示的图标上色，要求相邻两块涂不同的颜色，共有______种不同的涂法?【正确答案】180【分析】按照②、④不同色和②、④同色，分两类计数再相加，可得结果.详解】当②、④不同色时，有种涂色方案；当②、④同色时，有种涂色方案，根据分类加法计数原理可得共有种涂色方案.故答案为.13.正四面体（四个面都是正三角形）中，分别是的中点，直线与夹角的余弦值为__________.【正确答案】【分析】用DA→,DB→,DC→表示BN→,【详解】设正四面体的棱长为因为分别是的中点，所以DM→所以BN→则DA→·DC→=BN→cos<BN所以直线与DM夹角的余弦值为.14.若对任意的，恒有，则实数的取值范围为________.【正确答案】【分析】首先对不等式进行移项，将含的部分合并得到，观察到两边可以统一为函数，利用其单调递增性将问题转化为对恒成立，进而通过求的最大值得到参数范围.【详解】原不等式移项得：，令，则，，设，，故在上单调递增；，原不等式等价于：又单调递增，则，，令，求导：，令，得，当时，，递增；当时，，递减，因此，要使得对所有成立，只需.故四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明､证明过程及验算步骤.15.已知等差数列的公差为2，且，，成等比数列.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）根据等差数列通项公式结合等比中项可得，即可得的通项公式；（2）由（1）可得：，结合裂项相消法求和即可.【小问1详解】因为等差数列的公差为2，则，，又因，，成等比数列，则，解得，所以.【小问2详解】由（1）可得：，所以.16.已知在的展开式中.（1）求展开式中的常数项，并指出是第几项；（2）求展开式中的所有有理项.【正确答案】（1）常数项为60，是第5项（2），，60，【分析】（1）根据二项式展开式通项公式求解即可.（2）根据展开式通项公式Tr+1=−1r【小问1详解】该二项式展开式中的通项公式为Tr令，则，所以常数项是第5项，为T5所以展开式中的常数项为60，是第5项.【小问2详解】由（1）知，通项公式为Tr令，则.当时，T1=−10⋅2当时，T5=−14⋅2所以展开式中的所有有理项为：，，60，.17.已知椭圆的离心率为，点在上，直线与交于不同于的两点.（1）求的方程；（2）若，求面积的最大值.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）根据题中条件，列出方程组，求出，即可得出椭圆方程；（2）由题意先得直线的斜率存在，设直线，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，以及题中条件，得再表示出三角形的面积，构造函数，求出最值即可.【小问1详解】由题意可知：，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】若，可知直线的斜率存在，设直线，联立方程，消去可，则，整理可得，可得因为，则，由，可得，则，整理可得，则，且，则，可得，解得且满足，可知直线过定点，则面积，令，则可得，令，任取，则，所以在内单调递增，则，所以当时，面积取到最大值思路点睛：求解椭圆中三角形面积问题时，一般需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式、三角形面积公式等表示出三角形面积，再进行求解即可.有时也需要将三角形分割成小三角形，由小三角形的面积和表示出大三角形面积.18.如图，在正四棱锥中，，为与的交点，点E，F分别为棱，的中点，且.（1）求的长度；（2）求二面角的正弦值；（3）若，且A，E，F，G四点共面，求的值.【正确答案】（1）（2）（3）.【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，根据两向量垂直数量积为，得到的值；（2）分别计算平面和的法向量，利用向量法求解即可；（3）求出平面的一个法向量，利用A，E，F，G四点共面，得出，即可求解.【小问1详解】在正四棱锥中，以O为坐标原点，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系.因为，则，，，.设，则，.所以，.因为，所以，解得.所以.【小问2详解】由（1）知，，，，设平面的法向量为.由得则，取，则，即平面的一个法向量为.设平面的法向量为，由得取，则，，即平面的一个法向量为.设二面角的大小为，则，所以，即二面角的正弦值为.【小问3详解】由，所以，所以.设平面的法向量为，因为，，由得则，取，则，即平面的一个法向量为.因为A，E，F，G四点共面，则，所以，解得.19.已知函数.（1）当时，求函数的最小值；（2）试讨论函数的单调性；（3）当时，不等式恒成立，求整数的最大值.【正确答案】（1）（2）答案见解析（3）【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性和最值；（2）求出原函数的导函数，对进行分类讨论即可得出原函数的单调区间；（3）问题转化为恒成立，令新函数，利用导数求其最小值的范围，即可求得整数的最大值.【小问1详解】当时，则，可知的定义域为，且，令，解得；令，解得；可知的单调递减区间是，单调递增区间是；所以函数的最小值为.【小问2详解】由题意可知的定义域为，且