河南新乡市2025-2026学年高二下学期4月测评数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南新乡市2025-2026学年高二下学期4月测评数学试题一､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.河南集历史人文与自然风光于一体，旅游资源丰富，核心景点有洛阳龙门石窟，洛阳老君山，登封少林寺，开封清明上河园，开封万岁山武侠城．小张和小王准备从以上5个景点中各自选择一个去游玩，则选择方案种数为（）A.30 B.25 C.20 D.10【答案】B【解析】因小张和小王可以从5个景点中各自选择一个去游玩，故选择方案种数为．2.函数在区间上的平均变化率为（）A.1 B. C.2 D.3【答案】A【解析】函数在区间上的平均变化率为.3.已知向量，且与垂直，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题可知：，则，又与垂直，则，得.4.已知数列为等差数列，若，则（）A.15 B.17 C.19 D.21【答案】C【解析】因为数列为等差数列，则，即，所以．5.若焦点在轴上的椭圆的离心率为，则长轴长为（）A. B.12 C. D.24【答案】A【解析】因椭圆的焦点在轴上，则且，则，即，解得，所以椭圆的长轴长为．6.如图，在三棱锥中，为的中点，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为为的中点，所以，因为，所以．7.已知双曲线，过原点作直线与双曲线交于两点，设双曲线的左､右焦点分别为，若，则的面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】如图，由双曲线的对称性可知四边形为平行四边形，由，则，不妨设在双曲线的右支上，设，又，由双曲线的定义可得，在中，由余弦定理可得：，即，解得，所以．8.已知函数有两个极值点，且，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】，定义域为.因为函数有两个极值点，所以有两个不相等的正根，并且这两正根分别为，则有解得，所以选项A错误；当或时，，单调递增；当时，，单调递减.所以函数的单调递增区间为：；单调递减区间为：．因为，且，所以，所以，且，即，故BD错误.又因为.所以.所以，所以选项C正确.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.已知直线与圆相交于两点，是圆上一动点，则（）A.圆的圆心坐标为B.C.点到直线的最大距离为D.【答案】BC【解析】∵圆的方程为，其圆心坐标为，故A错误；圆心到直线的距离，故B正确；点到直线的最大距离为圆心到直线的距离与半径之和，即，故C正确；∵在中，，则，故D错误，故选BC．10.下列说法正确的是（）A.已知，则的取值为1或3B.除以8的余数为7C.由这六个数字组成的不同六位数共有720个D.将8个相同小球放入4个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，则共有35种不同放法【答案】ABD【解析】对于A，因为，所以或，解得或，经检验均符合题意，故A正确；对于B，因为，又，所以除以的余数为，又能被整除，所以除以的余数为，故B正确；对于C，由这六个数字组成的不同六位数共有个，故C错误；对于D，将8个相同小球放入4个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，采用隔板法，故有种不同放法，故D正确．11.已知等比数列的各项均为正数，公比为，记数列的前项积为，且，，则下列正确的是（）A.B.C.当时，取最大值D.【答案】BCD【解析】因为等比数列的各项均为正数，所以，因为，所以,，所以；，所以，因为，所以，则且，所以单调递减，又因为，故，所以选项A错误，选项B正确；对于C，因为且，所以单调递减，又因为且，所以当时，取最大值，C正确；对于D，因为，因为，所以，即，所以选项D正确．三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则实数=__________．【答案】##【解析】由，得.因为函数的图象在处的切线与直线垂直.所以，则．13.已知为抛物线上的任意一点，为抛物线的焦点，点的坐标为，则当取得最小值时，点的坐标为__________．【答案】【解析】如图，抛物线的准线方程为，过点作，垂足为，由抛物线定义可知，所以，当时，取得最小值，所以，则，此时点的坐标为．14.已知关于实数的方程有两组实数解，则的取值范围为__________．【答案】【解析】不妨令，此时有，所以，即点与点到直线的距离相等，且有且仅有两条这样的直线．此时或l,EF重合或者过中点．又，当过中点时，，当时，与为同一条直线；当时，，当时，有4条直线满足条件（与平行2条，过中点2条），不合题意；当时，有3条直线满足条件（与平行2条，过中点1条），不合题意；所以要有且仅有两条直线，必然有，由于不过原点，则过原点且与平行时只有一条，直线，则，所以的取值范围为．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､证明过程及演算步骤．15.（1）已知，化简，并计算时的值；（2）在的展开式中，的系数等于的系数的5倍，求的值．解：（1），当时，；（2）由二项式定理可知，的系数为的系数为，故，即，所以，解得或7，而且，故．16.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．解：（1）由题意可知，则，当时，恒成立，在上单调递增，当时，由解得，由解得，所以在上单调递增，在上单调递减．综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2），在上恒成立，即在上恒成立，只需即可，令，则，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，所以，即，则的取值范围为．17.已知数列满足：．（1）证明：数列是等比数列；（2）若，求数列的前项和．（1）证明：时，，解得，时，，化简得，又，所以是以1为首项，为公比的等比数列；（2）解：由（1）可知：，所以，所以．18.如图，在四棱锥中，为正三角形，．（1）证明：平面平面；（2）若，且平面与平面的夹角的余弦值为，求的长．（1）证明：如图：取的中点，连接.因为，所以，在中，．由余弦定理得，因为为等边三角形，所以，在中，，则，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）解：以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，因为，根据圆心角与圆周角关系可判断点在以点为圆心，半径为2的圆上，所以，三角形为正三角形，所以.由（1）可知，平面，所以轴，所以由题设得，设，故，则．设平面的一个法向量，平面的一个法向量，则，即，可取，记平面与平面的夹角为，则cosα=其中3=4=1-cos所以cosα=m原式可约分得.两边平方：31-cosθ7+解得，θ=π2+kπk∈所以，所以，则．19.已知椭圆的左顶点为，上顶点为，坐标原点到直线的距离为的面积为．（1）求椭圆的标准方程；（2）若过椭圆右焦点且不与轴重合的直线与椭圆交于两点．①求面积的最大值以及此时直线的方程；②若直线分别与轴交于两点，证明：为定值．（1）解：，所以，因为坐标原点到直线的距离为，所以①，又因为的面积为，所以，即②，由①②及得，，所