2025-2026学年广东惠州市泰雅实验高中高二下册第一次月考数学试题 含解析

/数学本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．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.已知集合，，则（）．A. B. C. D.2.若复数，且，则（）A. B. C. D.23.已知函数，则（）A. B. C. D.4.已知数列满足，，则（）A. B. C.3 D.25.设是函数的导函数，在同一平面直角坐标系中作出与的大致图象，据图分析一定错误的是（）A. B.C. D.6.设双曲线的焦距为，若成等差数列，则该双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.7.“142857”这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857与1至6中任意1个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这6个数字组成.若从1，4，2，8，5，7这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于7000的偶数个数是（）A.75 B.66 C.60 D.368.若函数和有且仅有一条公切线，则实数a的值为（）A.e B. C. D.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.关于的展开式，下列说法正确的是（）A.展开式共有6项 B.展开式的二项式系数之和为64C.展开式各项的系数之和为1 D.展开式中第4项的二项式系数最大10.福建省动植物园举行花卉展览，三明某花卉种植园有种兰花，种三角梅共种精品花卉，其中“绿水晶”是培育的兰花新品种，种精品花卉将全部去展馆参展，每种只能去一个展馆，每个展馆至少有种花卉参展，下列选项正确的是（）A.若展馆需要种花卉，有种安排方法B.若“绿水晶”去展馆，有种安排方法C.若“绿水晶”不去展馆，有种安排方法D.若种三角梅不能去往同一个展馆，有种安排方法11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.当时，的对称中心为B.若函数在R上单调递增，则实数a的取值范围是C.曲线不可能是轴对称图形D.若有三个不同的零点，则三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知，则___________．13.已知成等差数列，函数在时有极值0，则______．14.已知展开式的二项式系数的最大值为，系数的最大值为，则___________.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､证明过程或演算步骤）15.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求在区间上的值域．16.在等比数列中，．（1）求的通项公式；（2）求的前项和．17.如图，在直四棱柱中，．（1）证明：平面；（2）估算平面与平面夹角的余弦值．（结果保留分数）参考数据：．18.已知椭圆的右顶点为，且离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若过定点且斜率不为零的直线与交于两点，关于轴对称的点为.（i）求面积的最大值；（ii）记直线与的斜率分别为，证明：为定值.19.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若对恒成立，求的取值范围；（3）当且时，证明：．

数学本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．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.已知集合，，则（）．A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：由得，由得，所以集合，，于是．2.若复数，且，则（）A. B. C. D.2答案：C解析：解答过程：因为，所以，由，可得a+i即，解得，则，故z−3.已知函数，则（）A. B. C. D.答案：B解析：解答过程：函数求导得，．4.已知数列满足，，则（）A. B. C.3 D.2答案：C解析：思路：根据递推公式得到数列的周期，结合周期性求解即可.解答过程：因为，，所以，，，，所以是以3为周期的数列，则.5.设是函数的导函数，在同一平面直角坐标系中作出与的大致图象，据图分析一定错误的是（）A. B.C. D.答案：D解析：解答过程：对于A，若是的图象，是的图象，当时，单调递减，对应f′x<0C2当时，单调递增，对应（在轴上方），符合规律，故A正确.对于B，若是的图象，是的图象，恒成立，对应单调递增，故B正确.对于C，若是的图象，是的图象，则恒成立，且单调递增，对应单调递增，且斜率越来越大（越来越陡），完全符合的趋势，故C正确.对于D，图中恒在轴上方，恒在轴下方，两曲线的单调性都是先增､再减､再增，若是的图象，对应给出图象部分的函数应单调递增，显然不符合；若是的图象，对应给出图象部分的函数应单调递减，也不符合，故D错误．6.设双曲线的焦距为，若成等差数列，则该双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.答案：B解析：思路：利用双曲线中的关系和等差数列可求答案.解答过程：因为成等差数列，所以，又，所以，即，所以.该双曲线的渐近线方程为.故选：B7.“142857”这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857与1至6中任意1个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这6个数字组成.若从1，4，2，8，5，7这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于7000的偶数个数是（）A.75 B.66 C.60 D.36答案：C解析：思路：按千位数分别是7，8，分类讨论，再按分步乘法计数原理可得答案.解答过程：满足条件的四位数需满足：千位为7或8，且个位为偶数（即2、4、8之一）,分两类计算：（1）千位为7：个位从

中任选，有3种选择；中间两位从剩余4个数字中选并排列，有

种，此类共有

个.（2）千位为8：个位不能与千位重复，只能从

中选，有2种选择；中间两位从剩余4个数字中选并排列，有种，此类共有

个.总数为

.故选：C8.若函数和有且仅有一条公切线，则实数a的值为（）A.e B. C. D.答案：C解析：思路：设直线与的切点为，然后根据导数的几何意义可推得切线方程为，同样可推的切线方程为．两条切线重合，即可得出有唯一实根．构造，根据导函数得出函数的性质，作出函数的图象，结合图象，即可得出答案．解答过程：设直线与的切点为，因为，根据导数的几何意义可知该直线的斜率为，即该直线的方程为，即．设直线与的切点为，因为，根据导数的几何意义可知该直线的斜率为，即该直线的方程为，即．因为函数和有且只有一条公切线，所以有，即有唯一实根．令，则.解，可得.当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减．所以在处取得最大值.当x→0时，，函数图象如图所示，因为有唯一实根，所以只有．故选：C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.关于的展开式，下列说法正确的是（）A.展开式共有6项 B.展开式的二项式系数之和为64C.展开式各项的系数之和为1 D.展开式中第4项的二项式系数最大答案：BCD解析：思路：根据二项式定理以及性质逐一求出.解答过程：展开式共项，故A错误；展开式的二项式系数之和为，故B正确；令，则，则展开式各项的系数之和为1，故C正确；共项，则展开式中第4项的二项式系数最大，故D正确.故选：BCD10.福建省动植物园举行花卉展览，三明某花卉种植园有种兰花，种三角梅共种精品花卉，其中“绿水晶”是培育的兰花新品种，种精品花卉将全部去展馆参展，每种只能去一个展馆，每个展馆至少有种花卉参展，下列选项正确的是（）A.若展馆需要种花卉，有种安排方法B.若“绿水晶”去展馆，有种安排方法C.若“绿水晶”不去展馆，有种安排方法D.若种三角梅不能去往同一个展馆，有种安排方法答案：AB解析：思路：对于A，从种精品花卉中安排种花卉给展馆即可；对于B，若“绿水晶”去展馆，将剩下种花卉分到展馆即可；对于C，若“绿水晶”不去展馆，则其必须去展馆，将剩下种花卉分到展馆即可；对于D，若2种三角梅不能去往同一个展馆，则其分别在两个展馆，根据排列组合计算即可.解答过程：对于选项A，若展馆需要种花卉，种精品花卉选种安排在展馆即可，有种安排方法，所以选项A正确；对于选项B，若“绿水晶”去展馆，将剩下种花卉分到展馆即可，展馆至少有一种，则有种安排方法，所以选项B正确；对于C，若“绿水晶”不去展馆，则其必须去展馆，将剩下种花卉分到展馆即可，则展馆至少有一种，则有种安排方法，所以选项C错误；对于选项D，若种三角梅不能去往同一个展馆，则其分别在两个展馆，有种安排方法，将种兰花安排在两个展馆，每种兰花都有种安排方法，则种兰花共有种安排方法，则有种安排方法，所以选项D错误.故选：AB.11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.当时，的对称中心为B.若函数在R上单调递增，则实数a的取值范围是C.曲线不可能是轴对称图形D.若有三个不同的零点，则答案：AD解析：思路：根据函数对称性的性质，结合函数单调性和导数的正负性的关系、函数零点定义、转化法、构造函数法逐一判断即可.解答过程：A：当时，，因为，所以的对称中心为，因此本选项说法正确；B：，若函数在R上单调递增，则有在R上恒成立，则有，所以本选项说法不正确；C：，当时，，令，因为，所以是偶函数，图象关于纵轴对称，所以存在实数，使得曲线是轴对称图形，所以本选项说法不正确；D：令，当时，显然不成立，当时，，令，当时，单调递增，当时，单调递增，当时，单调递减，函数的图象如下图所示：显然当时，，且，当时，，问题有三个不同的零点，转化为直线和函数的图象有三个不同的交点，由数形结合思想可知，因此本选项说法正确.三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知，则___________．答案：解析：解答过程：由，得，则.13.已知成等差数列，函数在时有极值0，则______．答案：21解析：思路：由，求得，并验证，再结合等差数列概念即可求解.解答过程：，由题意，即，解得：或，当时，，，此时函数单调递增无极值，舍去，经验证符合题意，因成等差数列，所以.故14.已知展开式的二项式系数的最大值为，系数的最大值为，则___________.答案：12解析：思路：由的二项展开式的通项，可知展开式的二项式系数为，当时，二项式系数的最大值为，展开式的系数为，当满足时，系数的最大值为，求解即可.解答过程：由题意可知展开式的二项式系数为，当时，取得最大值展开式的系数为，当满足时，系数最大.即，即解得又时，系数的最大值为则故12方法提示：本题考查二项式定理，求二项式系数最大值时，列出不等式组是解决本题的关键.属于一道较难的题.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､证明过程或演算步骤）15.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求在区间上的值域．答案：（1）（2）解析：思路：（1）利用导数的几何意义求切线方程即可；（2）应用导数研究函数在区间上的单调性，进而求其值域.（1）因为fx=x则，又，所以曲线在点处的切线方程为，即．（2）因为f′所以当时，，所以在上单调递减；当时，，所以在上单调递增，因为fx所以f1则3−e−1+2所以在区间上的值域为3−ln2,3．16.在等比数列中，．（1）求的通项公式；（2）求的前项和．答案：（1）（2）解析：思路：（1）设的公比为，利用等比数列的性质结合已知条件求出，进而求出的通项公式；（2）结合（1）求出的通项公式，进而列出，再利用错位相减法求出．（1）设的公比为，，，∴18q22⋅，则．（2）由（1）可得，则Sn3S两式相减得2S∴=n17.如图，在直四棱柱中，．（1）证明：平面；（2）估算平面与平面夹角的余弦值．（结果保留分数）参考数据：．答案：（1）证明见解析（2）解析：思路：（1）由直棱柱的性质及线面垂直的判定定理可得.（2）建立空间直角坐标系，由面面角的向量求法，结合所给参考数据可得.（1）由，知为的垂直平分线，所以.由直四棱柱的性质知平面，因为平面，所以.又平面，所以平面．（2）设，由（1）知.以为原点，的方向分别为轴､轴､轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，因为，所以，所以.所以OC=OA=则D0,165所以BC=易知平面的一个法向量为BD=0,5,0设平面的一个法向量为，则n⋅BC=0取，得，则n=设平面与平面的夹角为，则cos所以估算平面与平面夹角的余弦值为．18.已知椭圆的右顶点为，且离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若过定点且斜率不为零的直线与交于两点，关于轴对称的点为.（i）求面积的最大值；（ii）记直线与的斜率分别为，证明：为定值.答案：（1）（2）（i）（ii）证明见解析解析：思路：（1）根据题意，得到且，求得的值，即可求得椭圆的标准方程；（2）（i）设，直线，联立方程组，得到和，求得的面积，令，结合基本不等式，即可求解；（ii）根据题意，求得，化简得到，结合韦达定理，代入化简，即可求解.（1）解：因为椭圆的右顶点为，且离心率为，可得，且，所以，则，所以椭圆的标准