精品解析：浙江省杭州高级中学2025-2026学年第一学期期末考试高二数学试题

杭高2025学年第一学期期末考试高二 （数学）试题卷 1．本试卷分试题卷和答题卡两部分．本卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前务必将自己的学校班级姓名用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡规定的地方． 3．答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡相应的位置上规范答题，在本试题卷上答题一律无效． 4．考试结束后，上交答题卡． 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，只有一个选项是正确的． 1. 设集合,则集合中元素的个数是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】∵A={0，1，2}，B={x﹣y|x∈A，y∈A}， ∴当x=0，y分别取0，1，2时，x﹣y的值分别为0，﹣1，﹣2； 当x=1，y分别取0，1，2时，x﹣y的值分别为1，0，﹣1； 当x=2，y分别取0，1，2时，x﹣y的值分别为2，1，0； ∴B={﹣2，﹣1，0，1，2}， ∴集合B={x﹣y|x∈A，y∈A}中元素的个数是5个． 故选C． 2. 设，是虚数单位，则“”是“复数为纯虚数”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】即中至少有一个是零；复数为纯虚数，故为小范围，故为必要不充分条件. 3. 下列区间中，函数单调递增的区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式，利用赋值法可得出结论. 【详解】因为函数的单调递增区间为， 对于函数，由， 解得， 取，可得函数的一个单调递增区间为， 则，，A选项满足条件，B不满足条件； 取，可得函数的一个单调递增区间为， 且，，CD选项均不满足条件. 故选：A. 【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成形式，再求的单调区间，只需把看作一个整体代入的相应单调区间内即可，注意要先把化为正数． 4. 已知，则函数的最小值是（ ） A. B. C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】分析函数在上的单调性，根据函数的单调性分析函数的最小值. 【详解】设， 则. 因为，所以，. 所以即. 所以函数在上单调递增. 所以. 故选：B 5. 已知等比数列是递增数列，其前n项和为，，，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 或4 【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列公比为，由题可得，结合是递增数列，可确定，即可判断选项正误. 【详解】设等比数列公比为，由题有：， 则 或. 因是递增数列，则这种情况不满足题意； 则. 故选：C 6. 如图，在四棱锥中，已知底面，且，则该四棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取中点，连接先证明点就是四棱锥外接球的球心，再求出外接球的半径即得解. 【详解】 取中点，连接 由题得，又，所以， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以，又. 同理, 所以， 所以点就是四棱锥外接球的球心. 因为， 所以. 所以所以外接球的半径为. 所以该四棱锥外接球的表面积． 故选：B 7. 设实数，若对任意的，不等式恒成立，则m的最大值是　　 A. B. C. 2e D. e 【答案】D 【解析】 【详解】分析：将原问结合函数的单调性转化为对任意的恒成立，结合导函数的性质求解实数的最大值即可. 详解：不等式. 设，则,于是f(x)在上是增函数. 因为，，所以， 即对任意的恒成立，因此只需. 设，， 所以在上为增函数， 所以，所以，即m的最大值是e. 本题选择D选项. 点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 8. 如图，已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中.“果圆”与轴的交点分别为，与轴的交点分别为，点为半椭圆上一点（不与重合），若存在，则半椭圆的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用椭圆上点的坐标从而得到向量坐标，利用向量坐标表示数量积得到相应等量关系，再由点的变化范围得到相应不等式，进而求得取值范围. 【详解】 设， 因为， 又点为半椭圆上一点，所以， 所以 ， 因为存在， 所以， 即在上有解， 因为， 且， 所以在上有解， 即在上有解，所以 又因为， 所以， 即，解得， 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题的关键是采用设点法，再代入计算相关向量数量积，转化为在上有解，从而得到不等式组，解出即可 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知事件A，B，且，则（ ） A. 如果，那么 B. 如果，那么 C. 如果A与B相互独立，那么 D. 如果A与B相互独立，那么 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据事件关系及运算有、，由事件的相互独立知，结合事件的运算求、. 【详解】A：由，则，正确； B：由，则，正确； C：如果A与B相互独立，则， ，错误； D：由C分析及事件关系知：，正确. 故选：ABD. 10. 已知拋物线，点均在抛物线上，点，则（ ） A. 直线的斜率可能为 B. 线段长度的最小值为 C. 若三点共线，则存在唯一的点，使得点为线段的中点 D. 若三点共线，则存在两个不同的点，使得点为线段的中点 【答案】BD 【解析】 【分析】根据两点斜率公式，结合一元二次方程的根可判断A，由两点距离公式，结合导数求单调性确定最值可判断B，根据中点坐标公式，由一元二次方程根的个数可判断CD. 【详解】设在抛物线上，且满足 ， 对于A，假如直线的斜率可以为，则 由于，则该方程无解，所以直线的斜率不可能为，故A错误， 对于B, ，记， 记单调递增， 由于，因此 单调递增， 当时， 单调递减，故当时，取最小值5， 因此的最小值为，故B正确， 对于C,若三点共线，为线段的中点，则， 将代入抛物线方程中得， 故有两个不相等的实数根，所以满足条件的点不唯一，故C错误，D正确， 故选：BD 11. 已知函数的定义域均为为的导函数，若为偶函数，且，则以下命题正确的是（ ） A. B. 关于直线对称 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】先根据偶函数性质和导数运算法则证明故为奇函数，由条件可得，结合证明是周期为4的函数，再由周期性求判断A，先证明，根据导数运算法则证明 ，证明，判断B，由条件可得，结合周期性判断CD. 【详解】已知函数的定义域均为，为偶函数，故， 所以，故为奇函数， 由条件，两式相减得. 对于A选项，由，令，得，故， 由和，得， 故，所以是周期为4的函数， 故，故A正确 对于B选项，因为，用替换可得， 所以，所以，为常数， 取可得，所以， 所以，B正确 对于C选项，由，得，周期为4， 一个周期内和为，， 故，， 设，则，，满足条件， 此时，，C错误 对于D选项，， 故， 和为，D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量为单位向量，若，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】由平面向量为单位向量得到，将两边平方求得，则整理代入数值得解. 【详解】平面向量为单位向量，， ，，， ，，，， . 故答案为：. 13. 设数列满足，且，则数列的前10项和为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用“累加求和”可得的通项公式，再利用“裂项求和”即可得出. 【详解】因为数列满足，且， 所以当时，， 当时，上式也成立， 所以，所以， 则的前项和， 所以数列的前10项和为． 故答案为：. 14. 已知为抛物线的焦点，过点的直线与抛物线交于不同的两点和，抛物线在，两点处的切线交于点，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】求出焦点为及，由过点的直线与抛物线交于不同的两点和得到存在斜率，设过点的直线的方程为，，直线代入，整理得到的一元二次方程，利用根与系数的关系得到，求出，，，利用公式求出，利用导数的几何意义求出抛物线设在点处的斜率为，利用点斜式求出抛物线设在点处的切线方程为，同理得到抛物线设在点处的切线方程，这两条切线联立方程组求出交点得到点的坐标，利用两点间距离公式求出，计算，利用基本不等式求出最小值. 【详解】的焦点为，，， 过点的直线与抛物线交于不同的两点和，存在斜率， 设过点的直线的方程为，， 代入，得到，整理得到， 则，， ， ， ，，， ， 变形为，， 抛物线设在点处的斜率为， 则抛物线设在点处的切线方程为：， 即， 同理可得抛物线设在点处的切线方程为：， 将代入， 得到， 解得， 将代入， 解得， 将代入 得到， 将代入， 得到， 则， ， ， 当且仅当，即时取等号， 则的最小值为. 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. 记是内角的对边分别为，已知，点在边上，． （1）证明：； （2）若，且，求的面积． 【答案】（1） 在中利用正弦定理有，结合， 可得， 因为，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）利用条件以及正弦定理化简可得； （2）根据得出，再利用余弦定理求出，即可求出面积 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，且，所以，，如下图： 在和中利用余弦定理可得， ， ， 因为，所以，即， 因为， 所以在中利用余弦定理有， 则， 则的面积为. 16. 已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，且 （1）求的值； （2）设数列的前项和为，若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由等差数列求和公式代入，化简即可求解； （2）结合（1）得到，通过裂项相消法求和得到，再结合恒成立，得到，进而可求解. 【小问1详解】 由，代入 得： 即 即 即 即， 故 【小问2详解】 由可得：， 所以 又 所以 所以 ，（当时的极限） 因为恒成立， 所以，即，又， 所以， 即的取值范围是 17. 如图，在正四棱台中，，N为棱，的中点，点在棱上，且满足． （1）求证：平面； （2）当正四棱台的体积最大时，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）作交于，再作交于，连接． 因为，，所以点均为的四等分点， 则， 因为是的中点，所以，则， 又，所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）作交于，再作交于，求证是平行四边形，再利用线面平行的判定定理求证； （2）设，将体积表示为的函数，求出棱台的体积最大时的值，再建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知为的四等分点，，所以点在点的正上方， 所以底面． 设，则，所以， 所以该正四棱台的体积， 而． 当且仅当，即时取等号，此时，． 以为原点，所在直线分别为轴、轴，过平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 所以，，． 设平面的法向量为， 由得，令，则． 则， 故与平面所成角的正弦值为． 18. 如图，在平面直角坐标系中，、分别是椭圆的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于，两点，其中点在第一象限，过作轴的垂线，垂足为，设直线的斜率为． （1）若直线平分线段，求的值； （2）求面积的最大值，并指出对应的点的坐标； （3）对任意的，过点作的垂线交椭圆于，求证：，，三点共线． 【答案】（1）； （2）最大值，； （3）设，，，，中点，， 则，， 两式作差可得：，，即． ，，即，． ，，，即． ，，故，，三点共线． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的顶点坐标公式，结合线段垂直平分线的性质、中点坐标公式、斜率公式进行求解即可； （2）设出与平行的直线方程与椭圆方程联立，利用一元二次方程根的判别式、三角形面积公式进行求解即可； （3）利用点差法，结合直线斜率公式进行求解即可. 【小问1详解】 由题设知，，，故，，线段中点坐标为． 由于直线平分线段，故直线过线段的中点，又直线过原点，； 【小问2详解】 ，，， 设与平行的直线方程为，联立，得． 由，解得：． 由题意可知，当时，直线与直线的距离最大，最大值． 即面积有最大值，等于． 由，解得，，点坐标为； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点睛：利用点差法是解题的关键. 19. 已知函数，. （1）若函数依次在处取到极值. ①求的取值范围； ②若，求的值. （2）若存在实数，使对任意的，不等式恒成立.求正整数的最大值. 【答案】（1）①；② （2）的最大值为5 【解析】 【分析】（1）①利用导数将问题转化为有三个零点，再利用极值即可得解；②利用待定系数法得到的方程组，解之即可得解. （2）将问题转化为在上恒成立，再利用隐零点的解法求得的范围，从而得解. 【小问1详解】 ①因为， 则， 有三个极值点，有三个根， 令，则， 由得或， 由得， 则在区间和上递增，在区间上递减， 有有三零点，解得， 所以的取值范围为. ②是的三个极值点， ， 则，又，所以，解得或， 因为，所以，则，，则， 所以，则. 【小问2详解】 不等式，即，即. 转化为存在实数，使对任意的，不等式恒成立. 即不等式在上恒成立. 即不等式在上恒成立. 设，则. 设，则，因为，有. 故在区间上是减函数.又， 故存在，使得. 当时，有，当时，有. 从而在区间上递增，在区间上递减. 又 所以当时，恒有；当时，恒有； 故使命题成立的正整数的最大值为5. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 杭高2025学年第一学期期末考试高二 （数学）试题卷 1．本试卷分试题卷和答题卡两部分．本卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前务必将自己的学校班级姓名用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡规定的地方． 3．答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡相应的位置上规范答题，在本试题卷上答题一律无效． 4．考试结束后，上交答题卡． 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，只有一个选项是正确的． 1. 设集合,则集合中元素的个数是 A. B. C. D. 2. 设，是虚数单位，则“”是“复数为纯虚数”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 下列区间中，函数单调递增的区间是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则函数的最小值是（ ） A. B. C. 3 D. 2 5. 已知等比数列是递增数列，其前n项和为，，，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 或4 6. 如图，在四棱锥中，已知底面，且，则该四棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 设实数，若对任意的，不等式恒成立，则m的最大值是　　 A. B. C. 2e D. e 8. 如图，已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中.“果圆”与轴的交点分别为，与轴的交点分别为，点为半椭圆上一点（不与重合），若存在，则半椭圆的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知事件A，B，且，则（ ） A. 如果，那么 B. 如果，那么 C. 如果A与B相互独立，那么 D. 如果A与B相互独立，那么 10. 已知拋物线，点均在抛物线上，点，则（ ） A. 直线的斜率可能为 B. 线段长度的最小值为 C. 若三点共线，则存在唯一的点，使得点为线段的中点 D. 若三点共线，则存在两个不同的点，使得点为线段的中点 11. 已知函数的定义域均为为的导函数，若为偶函数，且，则以下命题正确的是（ ） A. B. 关于直线对称 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量为单位向量，若，则___________． 13. 设数列满足，且，则数列的前10项和为______． 14. 已知为抛物线的焦点，过点的直线与抛物线交于不同的两点和，抛物线在，两点处的切线交于点，则的最小值为___________． 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. 记是内角的对边分别为，已知，点在边上，． （1）证明：； （2）若，且，求的面积． 16. 已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，且 （1）求的值； （2）设数列的前项和为，若恒成立，求的取值范围． 17. 如图，在正四棱台中，，N为棱，的中点，点在棱上，且满足． （1）求证：平面； （2）当正四棱台的体积最大时，求与平面所成角的正弦值． 18. 如图，在平面直角坐标系中，、分别是椭圆的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于，两点，其中点在第一象限，过作轴的垂线，垂足为，设直线的斜率为． （1）若直线平分线段，求的值； （2）求面积的最大值，并指出对应的点的坐标； （3）对任意的，过点作的垂线交椭圆于，求证：，，三点共线． 19. 已知函数，. （1）若函数依次在处取到极值. ①求的取值范围； ②若，求的值. （2）若存在实数，使对任意的，不等式恒成立.求正整数的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $