精品解析：江苏省邗江中学2025-2026学年高二年级第二学期期中考试数学试卷

高二年级第二学期期中考试数学试卷 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. 设是实数，已知，若，则的值为（ ） A. B. C. 3 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量平行的坐标运算求解答案. 【详解】因为， 所以使得即 即即 故选：B. 2. 已知函数的定义域为，导函数在区间上的图象如图所示，函数在上极大值点的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象分析导函数在区间上的正负，得到的单调性，即可求得极大值个数. 【详解】由图可知，当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以在处取得极大值，是的唯一极大值点. 故选：B. 3. 若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数的导数，再利用给定单调区间及单调性列出不等式，再利用分离参数法求解即可. 【详解】函数，求导得， 由在上单调递增， 得，，而恒有， 所以， 所以实数a的取值范围是. 故选：A. 4. 如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图涂色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现有5种颜色可供选择，则不同的涂色方法的有( )种 A. 540 B. 360 C. 300 D. 420 【答案】D 【解析】 【分析】分②和④涂同种颜色和不同种颜色是讨论即可. 【详解】分两种情况讨论即可： (i)②和④涂同种颜色时， 从①开始涂，①有5种涂法，②有4种涂法，④有1种涂法，③有3种涂法，⑤有3种涂法，∴此时有5×4×1×3×3＝180种涂法； (ii)②和④涂不同种颜色时， 从①开始涂，①有5种涂法，②有4种涂法，④有3种涂法，③有2种涂法，⑤有2种涂法，∴此时有5×4×3×2×2＝240种涂法； ∴总共有180＋240＝420种涂色方法． 故选：D﹒ 5. 在三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，则异面直线与所成角的正弦值为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，，借助空间向量数量积与模长的关系及向量夹角计算公式计算即可得. 【详解】如图，设，，，三棱柱的棱长均为1， 则，，， ， 又， ， 则， 故异面直线与所成角的正弦值为. 故选：D. 6. 若则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，利用导数讨论单调性并结合题意得出，整理即得结果. 【详解】构造函数，则，令解得， 当时，，故单调递减， 又，所以， 即，又， 所以，则 即 故选：D. 7. 已知：空间中，过点且一个法向量为的平面方程为.据此可知，若平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知得出平面的一个法向量，再得出相交于直线的两个平面的法向量，由这两个法向量求出直线的方向向量，由平面的法向量与直线的方向向量夹角的余弦值的绝对值得线面角的正弦值． 【详解】由题意知平面的一个法向量是， 平面与的法向量分别是， 设直线的一个方向向量为， 则，所以，取，得， 所以， 故直线l与平面所成角的正弦值为. 故选：A． 8. 对于任意正实数，都有，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意分离参数可得，设，，，利用导数求出函数的最大值即可得解. 【详解】由对于任意正实数，都有， 可得， 设，，， 则，， 因为函数在上都是减函数， 所以函数在上是减函数， 故时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减. 所以， 所以，解得，所以实数的取值范围为. 故选：B. 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． 9. 用0、1、2、3、4这五个数字组成无重复数字的自然数，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301、423等都是“凹数”，则下列结论中正确的是（ ） A. 组成的三位数的个数为60 B. 在组成的三位数中，偶数的个数为30 C. 在组成的三位数中，“凹数”的个数为20 D. 在组成的三位数中，“凹数”的个数为24 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，因为百位数上的数字不能为零，然后利用分步乘法原理即可判断； 对于B，将所以三位数的偶数分为两类，①个位数为，②个位数为或，然后根据分步乘法原理及分类加法原理即可判断； 对于C、D，将这些“凹数”分为三类，①十位为，②十位为，③十位为，然后根据分步乘法原理及分类加法原理即可得判断. 【详解】对于A，因为百位数上的数字不能为零，所以组成的三位数的个数为 ，故A不正确； 对于B，将所以三位数的偶数分为两类，①个位数为，则有种， ②个位数为或，则有种， 所以在组成的三位数中，偶数的个数为，故B正确； 对于C、D，将这些“凹数”分为三类，①十位为，则有种， ②十位为，则有种， ③十位为，则有种, 所以在组成的三位数中，“凹数”的个数为， 故C正确，D不正确. 故选：BC. 10. 已知正方体的棱长为2，点P在棱上，点Q在面内，则（ ） A. B. 点P到平面的距离为 C. 二面角的正切值为1 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，然后用向量法逐项判断即可. 【详解】如图，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 因为正方体的棱长为2，则，，，因为点P在棱上，所以设， 所以，，则，所以，所以A正确； 因为平面，所以点P到平面的距离即为点到平面的距离， 因为为正方形，连接，，使,所以， 因为正方体中，平面，所以， 所以平面，所以点到平面的距离为，所以B正确； 由题知，平面的一个法向量， 又，所以，设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，所以， 所以，设二面角的平面角为，则，所以，所以C错误； 作点关于面的对称点，所以，因为点Q在面内， 所以的最小值为，所以D正确. 故选：ABD 11. 已知实数a，b满足，则（ ） A. 当时， B. 当且时， C. 当时， D. 当时， 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，代入验证可得；C选项，可举出反例；B选项，变形得到，令，则，令，，求导得到其单调性，结合函数走势，得到；D选项，令，则，证明，即证，构造函数可证，得到结论. 【详解】A选项，时，恒成立，故，A正确； B选项，当且时，两边取对数，， 即，令，则， 令，，则， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， ，故，所以在上单调递增， 且趋向于0时，趋向于，当时，， 故，B错误； C选项，当时，两边取对数，，， 不妨令，则，C错误； D选项，时，由B知，，令，则， 下面证明，即证， 令，， 故在上单调递增，且， 所以，故，D正确. 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的值为______． 【答案】18或22 【解析】 【分析】根据排列数的含义求得m的范围，利用排列数公式即可求得答案. 【详解】由已知可得，结合，解得或3， 当时，， 当时，． 故答案为：18或22 13. 如图，已知ABC-A1B1C1是侧棱长和底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D的距离为____.  【答案】## 【解析】 【分析】可用等体积法求点到平面的距离，或直接建立空间直角坐标系，用向量法求点到平面的距离. 【详解】由题可知：平面平面,所以 所以,,, 所以,所以. 所以. 直三棱柱的底面边长均等于a，所以是正三角形，取的中点，连接，则,且. 因为平面,所以平面,. . 因为,所以, 所以. 故答案为：. 方法二：如图所示， 直三棱柱的底面边长均等于a，所以是正三角形，取的中点，连接，则,且. 因为侧面是矩形，取的中点F，连接,则. 因为侧棱平面，所以平面,所以两两垂直，所以分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 据题意可知， 则 设平面AB1D的一个法向量是 所以,所以, 令,则,所以. 因为,所以点C到平面AB1D的距离. 故答案为： 14. 已知曲线：，：，若有且仅有一条直线同时与，都相切，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先设切点，再求出导函数得出切线斜率进而写出切线方程，再联立，应用判别式为0，最后应用函数极小值为0，计算求解. 【详解】设直线与曲线相切于点． 因为，所以直线的斜率为． 所以直线的方程为． 联立，整理得，所以． 所以有唯一解． 设，则有唯一零点． 又单调递增，令，得， 单调递减；单调递增； 在处取得唯一极小值， 则，解得． 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. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，平面，，、分别为、的中点． （1）求证：平面； （2）若，，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，证明四边形是平行四边形，则，再利用线面平行的判定即可； （2）以为坐标原点建立合适的空间直角坐标系，从而写出相关向量，求出相关平面的法向量，再利用线面夹角正弦值公式即可得到答案． 【小问1详解】 取的中点为，连接， 因为、分别为、的中点，所以，， 又因为四边形为矩形，，，且为的中点， 所以，，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以直线平面． 【小问2详解】 因为平面，、平面，则，， 以为原点，平面内过点且垂直于的直线为轴，、所在直线分别为、轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，则， 因为，故为等腰直角三角形，且． 所以、，所以． 易知平面的一个法向量为， 则设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成的角的正弦值为． 16. 某次文艺晚会上计划演出7个节目，其中2个歌曲节目，3个舞蹈节目，2个小品节目，需要制作节目单： （1）三个舞蹈节目相邻且不排两端，有多少种排法？ （2）唱歌节目相邻，舞蹈节目也相邻，两个个小品节目不相邻，有多少种排法？ （3）由于特殊原因，需要在定好的节目单上加上两个新节目：一个育才师生的诗歌朗诵《育才赋》和一个快板节目，但是不能改变原来节目的相对顺序，有多少种排法？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）将三个舞蹈节目看成整体，先排剩下4个节目，再把三个舞蹈节目放入不含两端的3个空中，据此可得答案； （2）将舞蹈，歌曲看成整体并优先安排，然后把小品放入舞蹈歌曲整体排布产生的空中可得答案. （3）将新增两个节目放入7个节目排布产生的空中，分放入同一个空和放入两个不同的空两种情况，据此可得答案. 【小问1详解】 将3个舞蹈节目看成整体，优先排布，有种排法．再将剩下4个节目全排列，有种排法．最后，将舞蹈节目整体放入剩下4个节目排布时产生的不含两端的3个空中，有3种排法，故共有种排法； 【小问2详解】 将舞蹈，歌曲看成整体并优先安排，有种排法．再将小品分放入排布舞蹈，歌曲时产生的三个空中，有种排法．则共有种排法． 【小问3详解】 将新增两个节目放入7个节目排布产生的8个空中．若两个节目放入同一个空，有种排法，若两个节目不放入同一个空，有种排法，故共有种排法． 17. 已知函数，. （1）若，求实数取值的集合； （2）证明： 【答案】（1）.（2）见证明 【解析】 【分析】（1）,讨论当和时函数单调性求最小值即可求解；（2）由（1），可知当时，，即在恒成立. 要证，只需证当时，.构造，证明即可 【详解】（1）由已知，有. 当时，，与条件矛盾； 当时，若，则，单调递减； 若，则，单调递增. ∴在上有最小值 由题意，∴. 令.∴. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. ∴在上有最大值.∴. ∴. ∴，∴， 综上，当时，实数取值的集合为. （2）由（1），可知当时，，即在恒成立. 要证， 只需证当时，. 令.则. 令.则. 由，得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 即在上单调递减，在上单调递增. 而，， ∴，使得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增. 又，， ∴对，恒成立，即. 综上所述，成立. 【点睛】本题考查导数与函数的最值，利用导数证明不等式，转化化归思想，分类讨论，合理利用（1）的结论证明（2）是关键，是中档题 18. 如图，在四棱锥中，平面PAD，． （1）证明：平面ABCD； （2）若底面ABCD是正方形，．E为PB中点，点F在棱PD上，且平面AEF与平面ABCD的夹角的余弦值为． （ⅰ）求PF； （ⅱ）平面AEF交PC于点G，点M在平面PBC上，求EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，再由线面垂直的判定定理证明线面垂直； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，写出点和向量的坐标，由点是上的一点得到进而得到平面的法向量的坐标，再由（1）中平面ABCD得到是平面ABCD的一个法向量，利用两平面夹角的余弦值求得的值，进而得到； （ⅱ）利用平面的法向量，确定点的坐标，从而得到的坐标，由点M在平面PBC上，可设，从而得到平面MAD的法向量，从而可以用表示出EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围，利用二次函数的值域得到正弦值的取值范围. 【小问1详解】 因为平面PAD，平面PAD，所以． 又，平面ABCD，平面ABCD，， 所以平面ABCD． 【小问2详解】 以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，如图． （ⅰ），，， ，，，设， 则． 设平面AEF的法向量为，则即， 取，得，， 所以是平面AEF的一个法向量， 因为平面ABCD，所以是平面ABCD的一个法向量． 因为平面AEF与平面ABCD的夹角的余弦值为， 所以，得，所以． （ⅱ）设，则． 因为为平面AEGF的一个法向量，所以， 所以，即，得， 所以，． ，，，，，， 因为M在平面PBC上，所以， 所以． 设平面MAD的法向量，则即， 取得，所以是平面MAD的一个法向量， 设EG与平面MAD所成角为，则 因为，所以 即EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围为． 19. 已知函数，. （1）若是的极小值点，求的取值范围； （2）若直线与曲线的三个交点分别为，，，且，.记在，两点处切线的斜率分别为，，若，求的值； （3）若当且仅当，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）就、和分类讨论后可得函数的单调性； （2）利用因式分解可得有两个不等的实数根，结合实数根的性质可求得根及的范围，再结合斜率比值可求的值； （3）利用特值探路可得，再结合放缩法及虚设零点，利用导数证明前者为充分条件后可得参数的范围. 【小问1详解】 ， 令得或， ①当，即时，列表得： 2 0 0 极大值 极小值 所以是的极大值点，不符合题意. ②当，即时，恒成立，无极值点，不符合题意. ③当，即时，列表得： 2 0 0 极大值 极小值 所以是的极小值点，符合题意. 综上可知，的取值范围是. 【小问2详解】 由得或， 设，则，所以有两不等实根. 所以，，， 又因为，所以，， 则，且，故， 且，而， 所以，， 则，解之得或8（舍去）. 【小问3详解】 因为当且仅当，所以，则 因为，当时，，不符合题意； 当时， ①当时，， 记，， 若，，则单调递增，所以. 若，令，， 令，，易得单调递增， 所以，即， 则使，列表得： 0 极小值 因为，，所以使，列表得 0 极小值 又因为，，使，列表得 0 极大值 又，，所以，则当时，. ②当时， ， 设，则， 当时，， 故在上单调递增，故即， 设，则， 设，则， 在上为减函数，故，， 故在上存在一个零点，使得， 且当时，，时，， 故在上为增函数，在为减函数， 而，，故存在，使得， 且当时，，时，， 故在上为减函数，在为增函数， 而，故存在，使得， 且当时，，时，， 故在上为减函数，在为增函数， 而，故在上恒成立. 综上，当时，即， 综上可得，的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级第二学期期中考试数学试卷 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. 设是实数，已知，若，则的值为（ ） A. B. C. 3 D. 6 2. 已知函数的定义域为，导函数在区间上的图象如图所示，函数在上极大值点的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图涂色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现有5种颜色可供选择，则不同的涂色方法的有( )种 A. 540 B. 360 C. 300 D. 420 5. 在三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，则异面直线与所成角的正弦值为（　　） A. B. C. D. 6. 若则（ ） A. B. C. D. 7. 已知：空间中，过点且一个法向量为的平面方程为.据此可知，若平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 对于任意正实数，都有，则实数的取值范围为（ ） 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． 9. 用0、1、2、3、4这五个数字组成无重复数字的自然数，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301、423等都是“凹数”，则下列结论中正确的是（ ） A. 组成的三位数的个数为60 B. 在组成的三位数中，偶数的个数为30 C. 在组成的三位数中，“凹数”的个数为20 D. 在组成的三位数中，“凹数”的个数为24 10. 已知正方体的棱长为2，点P在棱上，点Q在面内，则（ ） A. B. 点P到平面的距离为 C. 二面角的正切值为1 D. 的最小值为 11. 已知实数a，b满足，则（ ） A. 当时， B. 当且时， C. 当时， D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的值为______． 13. 如图，已知ABC-A1B1C1是侧棱长和底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D的距离为____.  14. 已知曲线：，：，若有且仅有一条直线同时与，都相切，则______． 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. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，平面，，、分别为、的中点． （1）求证：平面； （2）若，，求直线与平面所成角的正弦值． 16. 某次文艺晚会上计划演出7个节目，其中2个歌曲节目，3个舞蹈节目，2个小品节目，需要制作节目单： （1）三个舞蹈节目相邻且不排两端，有多少种排法？ （2）唱歌节目相邻，舞蹈节目也相邻，两个个小品节目不相邻，有多少种排法？ （3）由于特殊原因，需要在定好的节目单上加上两个新节目：一个育才师生的诗歌朗诵《育才赋》和一个快板节目，但是不能改变原来节目的相对顺序，有多少种排法？ 17. 已知函数，. （1）若，求实数取值的集合； （2）证明： 18. 如图，在四棱锥中，平面PAD，． （1）证明：平面ABCD； （2）若底面ABCD是正方形，．E为PB中点，点F在棱PD上，且平面AEF与平面ABCD的夹角的余弦值为． （ⅰ）求PF； （ⅱ）平面AEF交PC于点G，点M在平面PBC上，求EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围． 19. 已知函数，. （1）若是的极小值点，求的取值范围； （2）若直线与曲线的三个交点分别为，，，且，.记在，两点处切线的斜率分别为，，若，求的值； （3）若当且仅当，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $