内蒙古鄂尔多斯市达拉特旗第一中学2025-2026学年高二下学期第二次评估诊断数学试卷（含解析）

内蒙古自治区鄂尔多斯市达拉特旗第一中学2025-2026学年高二下学期4月阶段检测数学试题一、单选题1．已知函数，则（

）A．1 B． C．2 D．2．已知直线与直线，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件3．已知抛物线C：的焦点为F，点在抛物线C上，且，则（

）A．8 B．6 C．5 D．44．在一次校园活动的组织过程中，由甲、乙等5名同学负责接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名同学只负责一个服务项目，且每个服务项目至少有一名同学负责．若甲、乙两人负责同一个服务项目，则不同的安排方案共有（

）A．18种 B．36种 C．48种 D．54种5．设函数在区间上单调递减，则实数a的取值范围是（

）A． B．C． D．6．把10个相同的小球放入编号分别为1，2，3的三个不同的箱子中，每个箱子的球的个数不少于其编号，则共有多少种放法（）A．10种 B．种 C．种 D．45种7．已知点为双曲线的右焦点，点为左顶点，点在双曲线的右支上，若，，则双曲线的离心率为（

）A． B． C．2 D．8．已知函数，若存在实数a，b，c满足，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题9．（多选）已知等比数列的公比为，且，则（

）A． B． C． D．10．已知在的展开式中，各项的二项式系数之和为64，则下列说法正确的有（

）A． B．只有第3项的二项式系数最大C．的系数为 D．各项系数之和为11．已知三次函数的图象如图，则正确的是（

）A．B．C．的解集为D．若，则三、填空题12．设，则______（用数字作答）．13．已知函数，则关于t的不等式的解集为______.14．直线与圆交于，两点，若是，的等差中项，则的最小值为____________．四、解答题15．已知等差数列和等比数列满足．(1)求的通项公式；(2)求和：．16．已知函数.(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若有两个极值点；求实数的取值范围.17．如图，四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，，M是AD的中点.(1)证明：平面平面.(2)求平面与平面的夹角的余弦值.18．已知函数．(1)讨论的单调性．(2)若恒成立，求的取值范围；(3)当时，求证：19．已知椭圆的短轴长是，左焦点为.(1)求的方程.(2)已知轴上的两点（在轴上方）和满足.（i）求的面积的最小值.（ii）当的外接圆与在第一象限有公共点时，直线与轴交于点.探究是否为定值.若是，求出该定值.若不是，请说明理由.参考答案1．A【详解】解：，则，解得．2．A【详解】直线与直线垂直，则，解得或3，故“”是“”的充分不必要条件.3．D【详解】由题意可得抛物线的焦点为，准线方程为，根据抛物线的定义可得，则.4．B【详解】将甲、乙视为1个人，即相当于将4名同学安排到3个项目的方案，有种．5．A【详解】的定义域为，由，解得．由题意知，解得．故选：A6．B【详解】先在1号箱子放0个小球，2号箱子放1个小球，3号箱子放2个小球，问题转化为将剩余的7个相同小球放入3个不同箱子中，方法数共有种.故选：B.7．C【详解】因为，，，所以，设双曲线的左焦点为，连接，则，所以在中，，由余弦定理得，，整理得，即，得．8．A【详解】作出图象如下：由，且，则，即有，，且，则，故，则.9．BC【详解】对于A，，，当时，当且仅当时等号成立，当时，当且仅当时等号成立，因为不恒成立，故A错误；对于B，，，因为，所以，，当且仅当即时等号成立，故B正确；对于C，，故C正确；对于D，，与矛盾，故D错误.10．AC【详解】由题设，可得，A对；展开式共有7项，故只有第4项的二项式系数最大，B错误；展开式通项为，，令，可得，则的系数为，C对；令，则，D错.故选：AC11．ABC【详解】因为函数为三次函数，可设，，由图可知：，，即，即，则，则，由图可得，则，即，，由图可得当时，，则，对A：，，由，故，故A正确；对B：，故B正确；对C：，由，故，解得，故C正确；对D：，则，则，则，即有，则，故，故D错误.12．60【详解】二项式通项公式为.是的系数，令，则，所以.13．【详解】，得，故为定义在上的奇函数.所以可写为，即，根据奇函数易得.函数的导数为，而，所以，故函数在上单调递增，故不等式的解集等价于的解集，解得.14．6【详解】由题意得，即，直线，整理得，令，解得，故直线过定点，设圆的圆心为，半径，且圆心到的距离，定点在圆内，所以当时，的值最小，即.15．（1）；（2）【详解】解：由题意可知:，=1+d+1+3d=6,解得：d=1，所以的通项公式：=.(2)由（1）中结论，可得=16，==16，=4，是以1为首项，以=4为公比的等比数列，通项公式为：=，==.16．(1)(2)【详解】（1）若，则，所以，切线方程为，即．（2）．设为的两个极值点，则是方程的两个实数根，即方程的两个正实数根．所以，解得，即的取值范围是．17．(1)证明见解析(2)【详解】（1）由题可得，，，所以在中由余弦定理得，所以，所以，因为，M为AD的中点，所以.又，，故，所以，又平面，平面，，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）由（1）知平面，故可以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由得，，，，所以，，，.设平面的一个法向量.易得，即，取，可得，设平面的一个法向量，易得，即，取，可得，易得，故平面与平面夹角的余弦值为.18．(1)当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减.(2)(3)证明见解析【详解】（1）由题意得，函数的定义域为，当时，，所以在上单调递增，当时，令，解得单调递增，令，解得单调递减，所以，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）当时，，不合题意，舍去，当时，，不合题意，舍去，当时，由（1）知的最大值为，由已知解得.所以.（3）由（2）可得，当时，，所以（当且仅当取等号）.设，则，由；由.所以在上单调递减，在上单调递增，且.所以（当且仅当取等号）.（），.19．(1)；(2)（i）1；（ii）是定值，3.