数学+解析答案湖北襄阳市襄阳第五中学2025-2026学年高二下学期3月月考试卷（3月底）

湖北襄阳市第五中学2025-2026学年高二下学期3月月考数学试卷一、单选题1．已知直线与平行，则（

）A．0 B． C．1 D．2．已知数列中，，，则（

）A．1 B． C．－1 D．－23．函数的图象与直线恰有两个公共点，则（

）A．或 B．或 C．或 D．或4．记为等差数列的前项和，若则数列的前2024项和为（

）A． B． C． D．5．学校要求学生从物理、化学、生物、历史、地理、政治这6科中选3科组合学习，要求物理历史两科中必须选且只能选择其中一科，则选科方式共有（

）种．A．24 B．20 C．12 D．66．已知椭圆的左，右焦点分别为，点在该椭圆上，若满足为直角三角形的点共有8个，则该椭圆离心率的取值范围是（

）A． B． C． D．7．若函数恰有两个零点，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．8．已知是椭圆的左焦点，经过坐标原点的直线与交于两点，若，则（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知，则下列不等式正确的有（

）A． B． C． D．10．已知抛物线，直线与抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，则（

）A．若，则 B．若，则C．若，则OA⊥OB D．若，则OAB面积最小值为11．已知函数，则下列结论正确的是（

）A．B．若方程有两个不相等的实数根，则C．存在，使D．若不等式恒成立，则三、填空题12．甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《疯狂动物城2》、《狂野时代》、《得闲谨制》及《开心岭》四部电影中任选一部，则不同的选法有______种.13．若在上不单调，则实数的取值范围是_________________．14．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，点P在C上，，直线PQ是的内角平分线，，.则双曲线C的离心率______.四、解答题15．已知函数，在处的切线与直线垂直．(1)求的值；(2)求函数的最大值．16．如图所示，在长方体ABCD-EFGH中，，AD=4，，点M在棱EH上，点P在棱FG上，且EM=GP=1(1)证明：MP⊥BH；(2)在棱FP上是否存在点Q，使得Q到平面BMP的距离与Q到平面BFM的距离相等？若存在，求出FQ的长；若不存在，说明理由．17．已知数列的前项和为，，且.(1)求的通项公式.(2)设，记数列的前项和为.（ⅰ）求；（ⅱ）若对任意恒成立，求的取值范围.18．在平面直角坐标系中，已知椭圆C：的左、右顶点分别为，F为椭圆C的右焦点，P为椭圆C上不同于A、B的动点，若，直线PF与椭圆C的另一个交点为Q．(1)求椭圆C的标准方程；(2)求面积的最大值；(3)若P在x轴的上方，设直线AP、BQ的斜率分别为，是否存在常数，使得成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．19．函数，，为自然对数的底数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，证明函数存在唯一的极值点；(3)若存在，使得对任意成立，求实数的取值范围.参考答案1．B【详解】因为直线与平行，所以.故选：B2．D【详解】因为，，所以，，，所以是以3为周期的数列，所以.故选：D.3．D【详解】设，其中，则，令可得，列表如下：单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以，函数的极大值为，极小值为，如下图所示：由图可知，当时，直线与函数的图象有两个公共点.故选：D.4．A【详解】设的公差为d，由得解得，所以.则数列的前2024项和为:．故选：A5．C【详解】选科方式共有种，故选：C．6．A【详解】如图：因为使为直角三角形的点有8个，所以在中，必有，即，所以，即，可得.又椭圆的离心率，所以.故选：A7．C【详解】由函数，可得，若，，在单调递增，此时至多有一个零点，舍去；若，令，解得，当时，，在单调递减；当时，，在单调递增，所以当时，函数取得极小值，也时最小值，又由时，，且时，，要使得函数恰有两个零点，则满足，即，解得，所以实数的取值范围为.故选：C.8．C【详解】设为的右焦点，连接，，如图，则四边形为平行四边形，∴，由椭圆定义知，，∴，.在中，，∴.在中，.

故选：C.9．ACD【详解】A项，令，则，令，解得，所以函数在上单调递增．所以当时，，即，A正确；B项，令，则，于是，但，B错误；C项，令，则，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，故在时，取得最小值，所以在上恒成立，故在上恒成立，C正确；D项，令，因为，则，构造函数，在上恒成立，即在上单调递增，又，即在上恒成立，则有，化简得，将代入不等式可得：，化简得：，D正确．10．ACD【详解】对于A项，因为，直线方程为，，联立直线与抛物线的方程，消去得：,由韦达定理得：，当时，解得，故A正确；对于B项，因为，，所以，又因为,则，故选项B错误；对于C项，因为且,所以,又因为,所以,即得OA⊥OB,故正确；对于D项，直线方程为，故设直线AB与轴的交点坐标为.故，根据，且得，故，故，所以，当且仅当时等号成立.即的面积最小值是，故D正确；故选：ACD.11．ABD【详解】因为，所以，所以在上单调递增，在上单调递减，所以．由在上单调递减，得，所以A正确．由，得，所以．易知函数在上单调递增．令，则，所以，即与有两个交点，所以，故B正确．因为，且当时，，所以由，得，故C错误．由，得，所以，即．令，易知函数在上单调递增．因为，所以，所以，所以，，故正确．故选：ABD.12．64【详解】由题意每个人都有4种选法，故不同的选法有种.故答案为：64.13．【详解】由，可得，所以在上不单调，所以在上有解，即在有解，即存在，使得，又因为在上单调递减，所以，所以实数的取值范围是.故答案为：.14．【详解】

不妨设在右支上，则，因为，故，故，取的中点为，则，而，在直线上，而，故在的延长线上，由，可得，而为角平分线，所以，故，故，故，所以，即，所以.故答案为：.15．(1)(2)【详解】（1），直线的斜率为，依题意，所以；（2）定义域为，由得到：当变化时，和的变化情况如下表:+0-单调递增单调递减所以在时取得最大值，即最大值为16．(1)证明见详解(2)存在点满足条件，.【详解】（1）证明：因为在长方体ABCD-EFGH中，，AD=4，，点M在棱EH上，点P在棱FG上，且EM=GP=1，连接，所以，所以四边形为菱形，故，由长方体得，由，知,由，得，由，得.（2）存在点满足条件，.证明如下：假设存在点满足条件，记到平面的距离到平面的距离，则,而，，所以，则，另一方面，故，综上所述存在点满足条件，.17．(1)；(2)，【详解】（1）由可得，，所以数列是常数列，又因为，所以，即的通项公式为；（2）（ⅰ）由，则，两边乘以可得：，上两式相减得：，，即；（ⅱ）由可得：，由对任意恒成立，则，令，则函数在上单调递减，即当时，，所以，即的取值范围是.18．(1)(2)(3)存在，【详解】（1）由椭圆的左右顶点可知，设，则，化简可得，则，，所以，则椭圆的标准方程为；（2）由（1）可知椭圆的右焦点坐标为，设直线方程为，，将直线和椭圆方程联立，代入可得，由韦达定理可知，则，而，代入可得，根据点到直线距离公式，所以，令则，所以，函数在上单调递增，所以即时，，此时的面积最大，最大值为；（3）假设存在使得，分别求出，因为在直线上，所以，故，化简可得，由（2）知，则，所以可得，整理化简可得，要对任意的都成立，需系数满足，解得，故存在，使得.19．(1)(2)证明见解析(3)【详解】（1）当时，，则，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，即；（2），当时，令，则，令，所以，当时，，单