2025-2026学年安徽桐城市杨公中学高二年级第二学情4月学科评价数学试题 含答案

/2026年桐城市杨公中学高二年级第二学情4月学科评价数学本试卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑，非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答，字体工整，笔迹清楚.4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.5.本卷测试范围：选择性必修一、二和选择性必修三第6章.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.已知等比数列，，，则（）A.10 B.8 C. D.【答案】B【解析】【详解】令数列的公比为，则，可得，故.2.定义在R上的函数，若，则（）A. B. C.2 D.4【答案】A【解析】【分析】利用导数的定义求解即可.【详解】已知，由导数的定义可以知道，设，当时，.且所以3.已知，，，则（）A. B. C.4 D.6【答案】D【解析】【详解】因为，所以，故.4.已知双曲线C：的渐近线方程为，则m的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】双曲线方程标准化，由，得（）.，所以，即，解得.5.在的展开式中的系数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】结合二项式定理求通项，进而分类求解含的项，再求系数之和.【详解】的展开通项为：.展开式中的来源分为两部分：第一部分：第一个括号的常数项乘以中的项，系数为：，第二部分：第一个括号的乘以中的项，系数为：所以展开式中的系数为.6.从标有，，，，的五张卡片中随机选取张放入如图所示的空格处组成一个四位数的偶数，则这个数大于的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】应用分类讨论及加法原理求所有的偶数、大于的偶数，再由古典概型的概率求法求概率.【详解】先计算从，，，，这五张卡片选取4张组成的四位偶数的个数：当个位数是时，直接从其余4个数中选3个作全排列，有个；当个位数是或时，先填个位数，再填千位数，最后填中间两个数，有种，所以组成的四位数的偶数共有个；再计算上述四位偶数中大于的数的个数：当千位数是时，比大的偶数，先填个位数，再从余下的3个数中选2个作全排列，有种；当千位数是时，比大的偶数，先填个位数，再从余下的3个数中选2个作全排列，有种；当千位数是时，分成两类情况：①个位是且比大，在余下的3个数中任选2个作全排列，有种，②个位是且比大的偶数有，共5种，综上，比大的偶数共有种，故所求概率为.7.若经过点的直线与曲线相切，也与曲线相切，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用导数的几何意义，分别求得在切点处的切线方程，结合切线过，得出关系式，即可求解．【详解】设曲线的切点为，则由，可得切线方程为，因为切线过点，所以，解得，所以切线方程为；设曲线的切点为，由，所以切线的斜率，因为直线的方程为，可得，解得，即切点为，所以切线方程为，即，所以，解得．8.记为等差数列的前项和.若，设，关于的值，下列说法正确的是（）A.一定不大于 B.可能大于，但一定不大于C.可能大于 D.当时，【答案】B【解析】【分析】根据条件，求出首项和公差，可得的表达式，即可得的表达式，根据裂项相消求和法，可得的表达式，分析即可得答案.【详解】设等差数列的公差为d，则，可得，又，得，则，又，所以，则，所以，则，故C、D错误；当时，，故A错误，B正确.二、选择题：本题共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.设为等差数列的前项和，若，则（）A. B.C. D.当或时，最大【答案】A【解析】【详解】设等差数列的公差为，因为是等差数列，且，所以，解得：，所以，，，又因为，这是开口向上的二次函数，对称轴为，所以当或4时，最小，但没有最大值.10.已知函数有两个零点和，且，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.有极大值点，且【答案】ACD【解析】【分析】对求导，分两种情况讨论，求出的极大值，结合题设可得，可求的范围判断A；构造函数，其中，利用导数求出的单调区间，结合题设可得，即可判断B、D；根据条件，可得，，，即可判断C.【详解】易知的定义域为，由，可得，当时，恒成立，所以在区间上单调递增，则最多个零点，与题意不符；当时，由，解得，当时，，当时，，即在区间上单调递增，在区间上单调递减，当时，，当时，，当时，，对于A，因函数有两个零点和，且，则，且，所以，又，则，故A正确；对于B，因为的极大值为，且，设，其中，则，则，所以，又，，所以，，当且仅当时，，所以在区间上单调递减，则，所以时，，故，又，则，又在区间上单调递减，，所以，即，又，所以，所以B错误；对于C，由题知，即，，可得，，所以，又，且在区间上单调递增，所以，故C正确；对于D，因为的极大值点为，且，所以D正确.11.定义曲线为椭圆的“倒椭圆”.已知椭圆的方程为,其倒椭圆的方程为,为坐标原点，为曲线上任意一点，则（）A.椭圆的离心率B.的最小值为C.过点作轴、轴的垂线，垂足分别为，，则直线一定与椭圆相切D.椭圆上至少存在四条切线与曲线没有公共点【答案】ACD【解析】【分析】A由离心率的定义计算；B设，结合基本不等式求解；C求出直线方程，与椭圆联立，计算即可；D求出倒椭圆中变量的范围，说明椭圆的四条切线、与其无交点即可判断.【详解】对于A，由可得，故，则，故A正确；对于B，设，则，即，则，当且仅当时等号成立，则的最小值为，故B错误；对于C，设，则，与联立，可得，将代入，可得，因，化简得，因，即直线AB一定与椭圆相切，故C正确；对于D，在中，由，，解得，因直线、是椭圆的切线，且其与倒椭圆无交点，故椭圆上至少存在四条切线与曲线没有公共点，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设为各项均为正数的等比数列的前项和，若，则____.【答案】【解析】【详解】因为是各项均为正数的等比数列，设首项为，公比为.由，又，所以.所以.13.在长方体中，，为线段上一动点，则的最小值为____．【答案】##【解析】【分析】建立空间直角坐标系，根据空间向量的数量积计算公式即可求解．【详解】如图所示，以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，则，设点，即，可得，即，所以，则，则当时取得最小值，此时最小值为．14.为了应对新能源产业爆发式增长带来的挑战，某研究所设立了资源组、电芯组、基建组三个攻关小组．现安排甲、乙等5名工作人员到这三个小组协助工作，且每个小组至少安排一人，每人只能去一个小组，同时，要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，甲、乙两人不能被安排到资源组，则不同的安排方案种数是__________．（用数字作答）【答案】【解析】【分析】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，由于甲、乙两人不能被安排到资源组，针对甲、乙两人在同一组与不同组进行分类计算，结合要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多排除一些情况，再使用排列组合公式进行计算.【详解】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，那么资源组、电芯组、基建组人数分配情况有与,当甲、乙两人在同一组时，那么甲乙只能同在电芯组或基建组,存在与两种分配情况,此时,;当甲、乙两人在不同组时，那么甲乙只能一个在电芯组另一个在基建组,存在与两种分配情况,此时,;.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.有标号1，2，3，4，5，6的六个小球和标有A，B，C，D的四个盒子．（结果均使用数值表示）（1）若将小球全部放入盒中，每盒中小球数量没有限制，有多少种放法？（2）若每盒放入一球，1号球、2号球不能放入A盒和D盒，有多少种放法？（3）若将小球全部放入盒中，恰有两个盒子为空且盒中球的数量不超过4个，有多少种放法？【答案】（1）4096（2）144（3）300【解析】【分析】（1）可知每个球均有4种选择，结合分步乘法计数原理运算求解；（2）先排A盒和D盒，再排B盒和C盒，根据分步乘法计数原理结合排列数运算求解；（3）先选空盒，再讨论盒中球的个数，结合排列数、组合数运算求解.【小问1详解】因为小球全部放入盒中，每盒中小球数量没有限制，则每个球均有4种选择，所以有种不同放法.【小问2详解】若每盒放入一球，1号球、2号球不能放入A盒和D盒，先排A盒和D盒，有种不同放法，再排B盒和C盒，有种不同放法，所以有种不同放法.【小问3详解】若恰有两个盒子为空，有种不同选法，且小球全部放入盒中，剩余两个盒中球的数量不超过4个，若其中一个盒中球的数量为4个，有种不同放法；若其中一个盒中球的数量为3个，有种不同放法；所以有种不同放法.16.如图，和都垂直于平面，且，，是的中点.（1）证明：//平面；（2）若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，证明为平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可求出；（2）先根据体积求出点到平面的距离，再建立空间直角坐标系求出平面与平面的法向量，代入公式即可求出最大值.【小问1详解】取的中点，连接，，，分别是和的中点，与平行且相等；和都垂直于平面，且，与平行且相等，与平行且相等，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面．【小问2详解】设到平面的距离为，则，故．由于垂直于平面，建立如图的空间直角坐标系，，，，，，，设，则，，，设平面的法向量为，则由得，取，得，，因此平面的一个法向量．由于垂直于平面，因此是平面的一个法向量．设平面与平面的夹角为，则，∴平面与平面夹角的余弦值的最大值为．17.已知椭圆的短轴长为2，离心率为．过E的右焦点的直线交E于A，B两点，过E的中心的直线交E于C，D两点．（1）求E的方程；（2）若，求直线AB的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据离心率及短轴长求出即可得解；（2）分别设出直线方程，联立椭圆方程，求出，，根据平行可知，列出方程求解即可.【小问1详解】依题意，得解得所以的方程为．【小问2详解】因为，所以，且．设，，，，显然直线的斜率不为零，可设直线的方程为，直线的方程为．由得，可得，所以所以．由得，所以．则，又因为，所以，解得，所以直线的方程为．18.在数列中，已知，（1）证明是等差数列，并求出的通项公式；（2）若数列满足，，设数列的前项和为．①求，并证明；②证明：．【答案】（1）证明见解析，；（2）①，证明见解析；②证明见解析【解析】【分析】（1）利用赋值法结合等差数列的定义证明结论，求出；（2）利用累乘法求出，进而证明结论；利用裂项相消法求和，再化简不等式，利用函数单调性证明结论．【小问1详解】在数列中，，成立，取，则，已知，则，是首项为2公差为2的等差数列，通项公式为．【小问2详解】①已知，则，，当时，，符合题意，；，，，，，；②，，，要证，即，，两边平方得，化简得，令，求导得，当时，，函数单调递增，当时，，当时，，对恒成立，，命题得证．19.已知函数，若有三个实数根，，，且.（1）求实数的取值范围；（2）求证：①；②.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将方程的解的问题转化为函数与的交点问题，借助于求导判断函数的单调性，进而得到函数的简图，数形结合即得参数范围；（2）①构造函数，求导判断得到在区间上单调递增，推得，再由在区间上的单调性即可得证；②结合图形，判断函数的图象总在直线上方，的图象总在直线上方，设直线与直线的交点横坐标分别为，则得，即可得证.【小问1详解】令，可得.设，则函数的图象与有三个交点.当时，，则.则函数在