2025-2026学年广东汕头市潮阳某校高二下册第一次月考数学试题 含答案

/2025~2026学年度第二学期第一次月考考试高二数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．1.若集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】因为集合，由交集的定义可得.2.复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（）A. B. C.1 D.【答案】C【解析】【详解】由题意可得：，所以，所以复数的共轭复数的虚部为1.3.已知双曲线C的一条渐近线的斜率为，且焦点在x轴上，则C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据渐近线斜率及计算求解.【详解】因为双曲线的焦点在x轴上，则双曲线C的一条渐近线的斜率为，则C的离心率为.故选：D.4.已知向量，，，，均为实数，且，，则（）A.25 B.16 C.5 D.4【答案】C【解析】【分析】根据向量垂直和平行列方程，求得，，根据向量坐标运算求得正确答案.【详解】因为，，所以，，得，，所以，故.5.是定义在上的非负可导函数，且满足，对任意正数，，若，则必有（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，利用导数确定函数的单调性，进而比较大小.【详解】令，则，又，，所以，函数在上单调递减，由，得，即，所以.6.四名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队和排球队，每人限报其中的一支，那么不同的报名方法有（）种.A.12 B.16 C.81 D.256【答案】C【解析】【分析】根据分步乘法计数原理即可求解.【详解】由题意知，每名学生都有种报名情况，由分步乘法计数原理可得，不同的报名方法有种.故选：C.7.已知函数是定义在上的奇函数，对任意实数满足，且，则（）A. B.0 C.1 D.2【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性和对称性，得到函数的周期，从而得到，而，从而得到答案.【详解】函数是定义在上的奇函数，且，所以，所以的周期为，所以，因为是定义在上的奇函数，所以.故选：A.【点睛】本题考查函数的奇偶性和对称性以及周期性，根据函数的性质求函数的值，属于中档题.8.已知正实数a，b满足，则为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设，，分别求出这两个函数值域，可知有且仅有一种情况使得，求出的值计算求和即可【详解】等式左边：设，求导得，时，在单调递减，时，在单调递增，因此的最小值为，所以，等式右边：设，求导得，时，，在单调递增，时，，在单调递减，因此的最大值为，所以，又，因此仅当时等式成立，即

，，故.二、多选题：本题共3小题，共18分．选错不给分，选少的平均给分．9.如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于，点），则下列结论正确的是（）A.异面直线与所成角为60°B.平面C.三棱锥的体积不变D.直线与平面所成角正弦值的取值范围为【答案】ABC【解析】【分析】选项A：利用异面直线的夹角定义求解即可，选项B：利用线面垂直的定义结合线面垂直的判定定理求解即可,选项C：利用等体积法求解即可，选项D：建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求出线面角正弦值的表示式，再运用二次函数的性质即可求得其范围.【详解】对于A，因为正方体中，且为等边三角形，故异面直线与夹角为，故A正确；对于B，由正方体的性质可知，，平面，,平面，又因为平面，，同理可得平面，又因为平面，，又因为平面，平面，故B正确；对于C，因为平面，平面，所以平面,所以为定值，故C正确；对于D，建立如图所示直角坐标系，设正方体的棱长为1，，则，，，，，从而，，由正方体的性质知：平面，即平面，故平面的法向量可取为，直线与平面所成角正弦值为，,因为，，所以，故D错误.故选：ABC.10.已知抛物线的焦点为F，过F的直线与抛物线交于、两点，下列说法正确的有（）A.抛物线准线方程为 B.若，则线段中点到轴距离为C.的最小值为 D.以线段为直径的圆与准线相切【答案】BD【解析】【分析】根据抛物线的定义以及焦半径公式一一求解.【详解】如图，对于A：抛物线的准线方程为，焦点为，故A错误；对于B：设，，由抛物线定义可得，，，解得，中点纵坐标为，所以中点到轴距离为，故B正确；对于C：，因为，所以，所以不存在最小值，故C错误；对于D：设中点为，则，圆的半径为，中点到准线的距离为，恰好等于半径，故D正确.故选：BD.11.在中，，，分别为内角，，的对边，，，的面积为，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】由题知，进而得，，再结合即可判断A；根据得或，再分类讨论判断B，结合面积分类讨论求解判断CD.【详解】因为，所以，根据正弦定理边角互化得，因为，，所以，即所以，由余弦定理可知，，故，若，则，注意到，所以（两者同负会有两个钝角，不成立），即，因为，都是锐角，所以，于是，这和相矛盾，故不成立，所以.所以，，所以，A选项正确；，即，所以或，即或，当时，，；当时，，，故B选项正确；因为的面积为，所以，当，时，，，，解得，，；当，时，，，，解得，，；所以C选项错误，D选项正确.故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.从0，1，2，3中任取3个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是______.（用数字作答）【答案】18【解析】【分析】先确定百位数字，再从剩余3个数字中选2个分别作为十位和个位，最后用乘法计算总和即可.【详解】根据题意，该三位数的百位数字不能为0，所以只能从1，2，3中任取1个数字，有种选择；而十位数字和个位数字可从剩余的3个数字中任选2个即可，有种选择，所以从0，1，2，3中任取3个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数为种选择.故答案为：18.13.已知等比数列满足，，则_______．【答案】2【解析】【分析】由等比数列的性质即可求解.【详解】由可得，又，所以，故，故，其中为公比.14.已知函数有两个不同的极值点和）恒成立，则实数的取值范围是_______________．【答案】【解析】【分析】先求出导函数，再应用极值点对应导数值为0结合韦达定理计算求出，再应用参数分离结合单调性计算求解参数范围.【详解】由题意知的定义域为，且，令，得，此方程有两个不相等的正根，则即，，又，则恒成立，因为函数在上单调递增，故，即，所以．故答案为：．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.在中，内角，，所对的边长分别是，.（1）求角；（2）若，，，求AB边上的高.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理得，，通过角的转化及两角和的正弦公式化简即可求得；（2）根据余弦定理得到的值，联立可解得，进而可判断的形状，从而求解.【小问1详解】因为，根据正弦定理得，.因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以.【小问2详解】根据余弦定理得，，将，代入上式整理得，，又因为且，解得，，所以，所以为以AB为斜边的直角三角形，所以斜边AB上的高为.16.已知数列满足，．（1）证明：数列是等比数列，并求；（2）设，求数列的前项和；【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）取倒数结合等比数列的定义证明即可；（2）利用裂项相消法计算即可.【小问1详解】由可得，所以，又，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，则；【小问2详解】由（1）可知，所以.17.把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角．（1）证明：平面；（2）若在同一个球面上，求该球的半径；（3）求平面与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据线线垂直证明平面．（2）建立空间直角坐标系，根据两点距离公式列方程，可求解球心的坐标，即可求解，（3）根据面面垂直的性质，结合二面角的定义可得为所求的角，即可根据三角形的边角关系求解，或者求解平面法向量，根据法向量的夹角求解.【小问1详解】二面角为直二面角，即平面平面，又因为平面，平面平面，所以平面．又因为平面，所以．由题意平面，所以平面．【小问2详解】取中点中点，连接，则，因为平面，平面，所以，所以，在中，为中点，所以.以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系，则．设该球的球心坐标为，则解得.所以该球的半径为.【小问3详解】法一：取中点，在中，过作，垂足为，连接，平面平面平面，平面平面，所以平面．而平面，故，又因为，平面，故平面，而平面，所以，则为平面与平面的所成角.直角三角形中，，所以平面与平面所成角的余弦值为.法二：平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则即取，得平面的一个法向量为.所以平面与平面所成角的余弦值为.18.设椭圆的右焦点为，上顶点为．已知（O为坐标原点）的面积为．（1）求的离心率；（2）设B为椭圆上一动点，已知的最大值为2．（i）求的方程；（ii）若在第一象限内，连接，过作的平行线交于另一点，记与的面积分别为，求的最大值．【答案】（1）（2）（i）；（ii）4【解析】【分析】（1）写出的面积表达式，可得出，即可求出离心率；（2）（i）设，利用两点间距离公式以及二次函数最值可求得当时，取得最大值为，求得，可得出的方程；（ii）对直线的斜率是否存在分类讨论，联立直线与椭圆方程，解得，再由三角形面积关系可求得，利用椭圆范围以及二次函数最值可求得的最大值为4.【小问1详解】易知，所以的面积为，可得，又因为，可知；故的离心率为【小问2详解】（i）由（1）可知的方程可设为；设，则，可得，又，故因为，所以时，取得最大值为，即，解得.故的方程为.（ii）设，则，所以；当时，此时直线的斜率不存在，可得，，故，当时，此时直线的斜率为，可得直线的方程为，如下图：联立可得，解得，因为，与共底边，所以又因为，所以，可得，令，因为，所以；因此；当时，取得最大值为4，此时，解得，因为点在第一象限内，故，即；综上可知，的最大值为4.19.已知函数．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）讨论的零点个数；（3）当时，证明：．【答案】（1）；（2）当时，的零点个数为0；当时，的零点个数为1；当时，的零点个数为2；（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义可得切线方程；（2）先进行参数分离，再转化为与图象交点的个数可得；（3）分两种情况讨论：当时，用导数可判断的单调性可得；当时，先证，进而再用导数证明，从而可证明不等式.【小问1详解】当时，．所以曲线在处的切线方程为，即．曲线在处的切线方程为.【小问2详解】因为，令，得，即.令，所以的零点个数等价于与的图象交点的个数.又因为，当时，；当时，.所以函数在上单调递增，在上单调递减，且，