湖北襄阳市2025-2026学年下学期高二年级期中考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北襄阳市2025-2026学年下学期高二年级期中考试数学试卷一、单项选择题：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.若为正整数，则等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为.2.双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由，得，，故渐近线方程为．故选：B.3.已知函数在处可导，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，有，有.故选：B.4.已知正项等比数列的前项和为，若，则的公比为（）A. B. C.2 D.4【答案】C【解析】设的公比为.由，得，化简得，又，所以．故选：C．5.已知，为的导函数，则的大致图象是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】根据题意，，，又，所以是奇函数，图象关于原点对称，排除B，D；又，排除C，故选：A.6.已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（）A. B. C.80 D.160【答案】A【解析】因为二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，所以，所以的展开式的通项为，令，得，故，故展开式中的系数为.7.已知，若两圆和外切，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意得圆，整理得，则圆心为，半径为1，圆，整理得，则圆心为，半径为2，由题意得两圆外切，即圆心距等于半径和，所以，解得，令，则，代入，得，展开得，因为，所以，解得.所以的最大值为，故D正确.8.若曲线有三条过点的切线，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设该切线的切点为，则切线的斜率为，所以切线方程为，又切线过点，则，整理得.要使过点的切线有3条，需方程有3个不同的解，即函数图象与直线在R上有3个交点，设，则，令，令或，所以函数在上单调递增，在和上单调递减，且极小值、极大值分别为，如图，由图可知，当时，函数图象与直线在R上有3个交点，即过点的切线有3条.所以实数a的取值范围为.故选：B.二、多项选择题：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.、、、、五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（）A.若、两人站在一起有种方法 B.若、不相邻共有种方法C.若在左边有种排法 D.若不站在最左边，不站最右边，有种方法【答案】BD【解析】对于A，将看成一个整体，与全排列，有种排法，A错误；对于B，将排好，然后将安排在空位中，有种排法，B正确；对于C，5人全排列，有种排法，在左边与在右边的情况数目相同，则在左边的排法有60种，C错误；对于D，不考虑限制条件，5人有种不同的排法，由题意得站在最左边的排法有种，站在最右边的排法有种，而站在最左边且站在最右边的排法种，则有种不同的排法，D正确；10.已知等差数列的前项和为，且，则（）A.数列的公差小于B.中最大C.数列的公差与数列的公差相等D.使得的正整数的最大值为【答案】ABD【解析】对于A选项，由，可得，可得数列的公差d小于0，故A选项正确；对于B选项，由，可得中最大，故B选项正确；对于C选项，由，可得数列的公差为，故C选项错误；对于D选项，由，，可得使得的n的最大值为22，故D选项正确.11.已知直线与抛物线交于两点，为抛物线的焦点，过点作的垂线交直线于点，则（）A. B.C.若，则 D.若，则【答案】BCD【解析】对于A，设，可得联立方程组，整理得，可得，且，则，所以，所以A错误；对于B，由抛物线的焦点为，直线的斜率为，则过且垂直于的直线的斜率为，其方程为，令，可得，所以，则，所以，又由，所以，所以B正确；对于C，由抛物线的定义，可得，因为，可得，即，因为，代入可得，即，解得或（舍去），则，将代入抛物线的方程，可得或（舍去），所以，此时直线的斜率为，所以C正确；对于D，由抛物线的焦点为且，可得，因为，可得，整理得，解得，又因为，所以，所以D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.被1000整除的余数为________.【答案】1【解析】，展开式中从第二项开始都是1000的倍数，因此它除以1000后余数为1．故答案为：1．13.是从点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的正弦值是__________．【答案】【解析】如图，作出符合题意的图形，在上任取一点并作平面，则即为直线与平面所成角的平面角．过点作，，.因为平面，平面，所以，.又平面，，所以平面，又平面，所以，同理.又，，所以，所以.又，所以，所以.设，在中，；在中，.则.即直线与平面所成角的正弦值为.14.函数，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是_____．【答案】【解析】因为，所以，则在上单调递增，由已知得，令，可将化为，且令，而，即是奇函数，因为，所以，则，即即，由题意得在上单调递增，可得在上单调递增，则，化简得，令，得到，由正弦函数性质得在上单调递增，可得在上单调递增，即，故.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.设．（1）求函数的单调递增区间；（2）若函数的极小值为，求函数在上的最小值．解：（1）由题意得，则，令，可得，故的单调递增区间为和．（2）由已知得，令，可得，则在上单调递减，由已知得在和上单调递增，则函数的极小值为，而函数的极小值为，得到，解得，则，由题意得在上单调递增，在上单调递减，而，则在上的最小值为.16.已知数列的前项和为，满足，且．（1）证明数列是等差数列；（2）求数列的前项和．（1）证明：由得，当时，，即，即．所以数列是首项为，公差为的等差数列．（2）解：由得，，当时，，也满足时的式子，所以时，，又，所以．故数列的前项和．17.如图，在三棱柱中，侧面是正方形，平面，，点是线段的中点，点在线段上，满足平面．（1）求证：是线段的中点；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）求点到平面的距离．（1）证明：在中，过点N作交BC于点Q，连接QM，如图，作出符合题意的图形，在三棱柱中，因为，所以，所以四点共面，因为直线平面，平面，平面平面，所以．所以四边形是平行四边形，得到，所以为的中点．（2）解：因为平面，平面，所以，又因为正方形，，故可以B为原点建立空间直角坐标系，如下图，因为，所以，，，，，，，所以，．设平面的一个法向量为，由，得，取，得，易知平面的法向量，得到，故平面与平面夹角的余弦值为．（3）解：设平面的一个法向量为，而，由中点坐标公式得，则，由，得，取，得，又，设点到平面的距离为，由点到平面的距离公式得.18.已知函数.（1）设，当时，求证为增函数；（2）当时，求证.（1）证明：函数的定义域为，，，因为，所以，所以为上的增函数.（2）证明：当时，，则有，故只需证恒成立，由（1）知当时，在上单调递增，又，由零点存在定理，可知在上有唯一实根，且，当时，，当时，，从而当时，取得最小值.由，得，即，所以，故.当且仅当时，上式等号成立，所以，当时，.综上所述，当时，恒成立.方法二：当时，，则有，故只需证明当时，恒成立，令，，由得，由得，由得，所以时.所以恒成立，当时，等号成立.所以即，当且仅当时，等号成立，，即，当且仅当时，等号成立.所以成立.综上，当时，恒成立.19.已知矩形在如图所示的平面直角坐标系中，，，，，，分别是矩形四条边的中点，且四点均在坐标轴上，直线，上的动点，满足，，直线与的交点为.（1）证明：点在一个确定的椭圆上，并求此椭圆的方程；（2）设，是椭圆的左右顶点，若直线与椭圆交于、，且（，分别表示直线，的斜率），过作直线的垂线，垂足为.（i）证明：直线过定点；（ii）求的取值范围.（1）证明：由题意可知：，，由可