江苏宿迁市2025-2026学年第一学期高二年级质量监测数学试题（含答案）

江苏宿迁市学年第一学期高二年级质量监测数学试题
本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟．
注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在答题卡上，并在指定位置填涂准考证号．
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上．如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案．不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．
4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．
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．抛物线的焦点坐标为（ ）
A． B．
C． D．
2．已知直线经过和两点，则直线的倾斜角为（ ）
A． B．
C． D．
3．已知函数，则的值为（ ）
A．0 B．
C． D．
4．若直线与直线垂直，则的值为（ ）
A．-3
B．0
C．3
D．或0
5．在平面直角坐标系中，圆与圆相交于A，B两点，则四边形OACB的面积为（ ）
A． B．
C．1 D．
6．过抛物线的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点A在第一象限，有
，则直线的斜率是（ ）
A． B．
C． D．
7．设，函数有大于零的极值点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．谢尔宾斯基三角形（Sierpinski triangle）是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出.如图1，先取一个面积为1的实心等边三角形，挖去一个“中位三角形”（以原三角形各边的中点为顶点的三角形，即图2中的白色三角形），然后在剩下的每个小三角形中又挖去一个“中位三角形”，用上面的方法可以无限操作下去．操作第1次得到图2，操作第2次得到图3，…，若继续这样操作下去后，得到图2025，则在图2025中所有被挖去的白色三角形的面积和是（ ）
A． B．
C． D．
二、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．已知直线，下列说法正确的是（ ）
A．直线过定点
B．直线在轴上的截距为2
C．原点到直线距离的最大值为
D．若直线与直线，三条直线有且仅有两个不同的交点，则的值为
10．已知数列的通项公式为，前项和为，下列说法正确的有（ ）
A．
B．数列为单调递增数列
C. 当时，取得最大值
D. 当时，数列前项积取得最大值
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 是函数的极值点
B. 若函数的图象过点存在三条切线，则
C. 若函数在区间上单调递增，则的取值范围为
D. 若直线与函数图象有三个交点，依次为，，，且，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12. 设数列是公比为的等比数列，。若数列的连续四项构成集合，则的值为______。
13. 直线被圆所截得的弦长为______。
14. 关于的方程的一个正实数解为____；若该方程只有唯一的正实数解，则的最大整数值是____。
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. 已知的三个顶点分别为，，。
（1） 若点为线段中点，求所在直线的方程；
（2） 求外接圆的方程。
16. 已知等差数列的前项和为，，且。
（1） 求数列的通项公式；
（2） 设函数，证明：对任意的正整数，不等式恒成立。
17. 某饮料公司计划生产一种容积为的圆柱形易拉罐，其侧面的制造成本为元/平方厘米，罐顶和罐底的制造成本为元/平方厘米。设易拉罐底面半径为厘米，高为厘米，制造总成本为元。（立方厘米）
（1） 求的表达式；
（2）当易拉罐总制造成本最低时，求底面半径与高的比值.
18. 已知椭圆的两个焦点分别为，，上顶点为，右顶点为，是边长为2的正三角形，点是椭圆上第一象限内的点，满足，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）记过点与垂直的直线为，试判断直线与椭圆的位置关系，并说明理由；
（3）点关于原点的对称点为，设，是椭圆上异于，，的两个不同的点，直线与线段相交于，且满足. 判断直线和直线的位置关系，并说明理由.
19. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）若方程有两个实数根，，证明.
参考答案
1．D
2．B
3．C
4．A
5．B
6．B
7．C
8．A
9．ABD
10．ACD
11．BCD
12.
13.
14． 3 17
15.（1）
（2）
（1）由点为线段中点，则，又因为，
直线斜率为。
所以所在直线的方程为。
（2）由、、，设圆方程为
则有．
解得．
所以圆方程为．
16．（1）设数列的首项为，公差为，
则有，解得．
所以的通项公式为．
（2）因为，，
所以．
两边同乘，得
．
两式相减，得
即．
所以．
因为，所以对任意的正整数恒成立．
17．（1）
（2）．
（1）由题意得：，则，
总成本函数为．
所以．
（2）因为，
．
令得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
所以当时函数有极小值也是最小值为．
此时，则．
答：使得易拉罐总制造成本最低时的底面半径和高的比值为．
18．（1）由题得：，，即，，所以，
椭圆的标准方程为。
（2）因为，且，则，。
因为，所以，即。
则点的横坐标为，代入椭圆方程，解得，即。
又，则，则。
所以直线方程：，即。
由，得，化简得，
则，所以直线与椭圆相切。
（3）设，，
点关于原点的对称点为，，所以。
由得。
由得，。
由与均为锐角，所以，则。
解法一：
设的斜率为，直线的方程为，
则直线的方程为，由，
得，。
因为是此方程的一根，则。
同理可得，，。
所以。
则。
因为，是椭圆上异于，，的两个不同的点，
所以。
解法二：
，，设直线的方程为，
椭圆方程，，
即，
则，
化简得，
两边同除得，
因为，所以，可得。
所以直线的方程为，直线的斜率为。
由直线的斜率为，且，是椭圆上异于，，的两个不同的点，
所以。
19.（1）函数的定义域为。
所以不等式可化为。
所以原不等式解集为。
（2）解法一：
因为，
所以不等式可化为。
设，。
设，则。
所以在上单调递减，则，则。
所以在上单调递减，则。
所以。
解法二：
设函数（），则恒成立。
，设，则。
①当时，，则在上递增，所以。
所以在递增，则，不合题意，舍去；
②当时，由可得，
（i）若，即，当时（不恒为零），则在上递减，
则即在上恒成立，
所以在上递减，则，符合题意；
（ii）若，即，
当时，当时。
则在上单调递增，而，
即时，则在上递增，
则不合题意，舍去；
综上所述，的取值范围是。
（3），得
因为在上单调递增且，
所以，。
所以在上单调递减，在上单调递增。
故，而当，，当时，，
结合有两个不同的解可得。
下证两个不等式：（1）；（2）。
证明：①因为，故，而，故.
②设，
则，，，
而在上为增函数，故存在，
使得时，，时，，
故在为减函数，在上为增函数，而，
故即成立.
因为两个不同的解为，且，
则，故，，
故，，所以.