精品解析：江苏苏州市2025-2026学年高二下学期期中调研试卷数学

高二期中调研试卷数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量的坐标运算求解. 【详解】已知，则. 2. 已知函数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数求得正确答案. 【详解】. 故选：A 3. 某高山滑雪运动员在一次滑雪训练中滑行的路程（单位：m）与时间（单位：s）满足关系式．当运动员的滑雪路程为时，则运动员此时的滑雪速度是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得，解出，再求导，进而求解. 【详解】由题意得，即，所以， 解得，所以. 4. 线段在平面内，，且，则两点间的距离为（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得，，即得，又，再由，利用数量积的运算即可求解. 【详解】由，，，得，， 得到，又所以， ， ，∴. 5. 已知在上的投影向量是，则（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设在上的投影向量为，由，解出，再求向量的模即可. 【详解】设在上的投影向量为，则， 所以，所以，解得， 所以，所以. 6. 点是四面体的棱的中点，点在线段上且，点在线段上且，若，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算求，进而可得，即可得结果. 【详解】在四面体中，，，， 则， 可得 ， 因为，则，所以. 7. 在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，则直线到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，可证平面，则直线到平面的距离等于点到平面的距离，利用空间向量求点到平面的距离. 【详解】如图，以点为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，， 可得，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为，可知， 且平面，平面，所以平面， 因此直线到平面的距离等于点到平面的距离， 则点到平面的距离为， 所以直线到平面的距离为. 8. 已知，函数在区间上不单调，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数研究单调性，进而得，解出即可求解. 【详解】由题意得：，令， 所以，所以在单调递增，且，， 又因为在上不单调，所以，解得. 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. 若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由空间向量共面的判断定理判断即可. 【详解】对于A：，可以由和线性表示，所以共面. 对于B：假设，可得，此方程组无解， 所以不能用和线性表示，故不共面. 对于C：，可以由和线性表示，所以共面. 对于D：假设， 可得，此方程组无解，所以不能用和线性表示，故不共面. 10. 设，两个函数的图象如图所示，则（ ） A. 的图象是的图象是 B. 的图象是的图象是 C. 当时， D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】令，利用导数研究单调性，进而得，即可判断AB，由取代得即可判断C，令，得，进而判断D. 【详解】令， 所以， 由， 所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以，所以，即， 所以的图象是的图象是，故A正确，B错误； 当时，由，由取代得，所以，故C正确； 令，所以， 所以， 所以，故D正确. 11. 如图，在四面体中，二面角的大小为，且，，则（ ） A. 无论为何值， B. 当与平面所成角为时， C. 当时，二面角大于 D. 当时，二面角的正切值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】取中点，连接，证明平面可得A；作，垂足为，连接，作，垂足为，作，垂足为，连接AH，利用线面垂直和几何关系找到即为与平面所成角可得B；由即为二面角的平面角结合几何关系可得C；作，垂足为，作，垂足为，连接，由几何关系可得D. 【详解】选项A：如下图所示，取中点，连接， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以； 选项B：如下图所示，作，垂足为，连接，作，垂足为，作，垂足为，连接AH， 由可得， 所以即为二面角的平面角， 因为平面，平面， 所以平面平面， 因为平面平面，平面， 所以即为与平面所成角， 因为，为等腰三角形， 所以，即； 选项C：若，则平面， 因为，所以即为二面角的平面角， 因为，可求得， 所以， 所以二面角小于； 选项D：如下图所示，作，垂足为，作，垂足为，连接， 因为，所以平面， 因为，所以，， 因为，所以，， 所以. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设函数，当自变量由1变到1.1时，函数的平均变化率是___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据平均变化率的定义直接求解即可. 【详解】函数，当自变量由1变到1.1时，函数的平均变化率为 ， 故答案为：. 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切值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】过上任一点作平面，则即为直线与平面所成角的平面角，根据线面垂直及三角形全等得到，结合三角函数求解即可. 【详解】 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，. 在中，， 则. 即直线与平面所成角的正切值为. 14. 已知，若函数在区间上单调递减，则的最大值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得在上恒成立，令，利用导数研究单调性，进而得，即，令，利用导数研究单调性求最大值即可. 【详解】由题意得：，又在上单调递减， 所以在上恒成立，即， 令，所以，当时，， 所以在单调递减， 所以在上恒成立， 所以，所以， 又，令， 所以，令，解得， 由，由， 所以在单调递增，在单调递减， 所以，所以. 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，在平行六面体中，，． （1）用表示，并求的长； （2）求证：平面． 【答案】（1）， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据向量的加法可得，结合向量的数量积及向量的模的计算公式计算即可. （2）结合向量的数量积得到，，可得，，再利用线面垂直的判定定理证明即可. 【小问1详解】 平行六面体中，，. . ， 所以. 【小问2详解】 ，，， 所以 ， 所以，所以. ， 所以，所以. 又，，平面， 所以平面. 16. 已知函数． （1）求的极值； （2）若对任意，都有恒成立，求实数的最小值； （3）若过点的直线与曲线相切，求的方程． 【答案】（1）的极大值为；的极小值为 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数研究单调性求极值即可求解； （2）由（1）的单调性求出函数的最值即可求解； （3）设切点，利用导数的几何意义求切线方程，代入，解出即可求解. 【小问1详解】 由题意得：，令，解得或， 由有：或，由有：， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的极大值为， 的极小值为 【小问2详解】 由已知有：对任意，都有恒成立， 由（1）有在单调递增，在单调递减， 又， 所以， 所以， 所以实数的最小值为； 【小问3详解】 设切点为， 所以，， 所以切线方程为：， 所以， 又切线过点， 所以， 化简整理有：，即，解得， 所以直线的方程为：， 所以直线的方程为：. 17. 如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，是的中点． （1）求与所成角的余弦值： （2）求平面与平面所成角的正弦值； （3）记是与的交点，在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值：若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）当时，平面 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解； （2）求平面的法向量为，利用向量的夹角公式即可求解； （3）求平面的法向量为，设，由求出即可. 【小问1详解】 由题意得：以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图， 由，，所以， 所以， 所以； 【小问2详解】 由题意得， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 显然为平面的一个法向量， 设平面与平面所成角为， 所以， 所以； 【小问3详解】 由题意得四边形为矩形，所以点为的中点， 所以，所以， 设，所以， 所以， 设平面的法向量为， 由， 所以，令，得， 由平面，所以， 解得， 所以当时，平面. 18. 现有一块半径为的圆形铁皮，开展如下设计与优化问题： （1）若从该圆形铁皮中剪出一个内接等腰三角形（三角形的三个顶点均在圆周上），试问：当等腰三角形的顶角取何值时，该三角形的面积取得最大值？ （2）若从该圆形铁皮中剪出一个圆心角为的扇形（扇形的顶点与圆心重合，弧长对应圆周上的一段弧），并将该扇形制作成一个无盖的圆锥形容器（扇形的两条半径作为圆锥的母线，弧长作为圆锥底面的周长），试问：当扇形的圆心角取何值时，该圆锥形容器的容积取得最大值？ 【答案】（1）当等腰三角形的顶角时，该三角形的面积取得最大值 （2）当扇形的圆心角时，该圆锥形容器的容积取得最大值 【解析】 【分析】（1）结合圆的相关性质求出三角形面积表达式，根据导数与最值的关系求解即可. （2）结合圆锥的展开图与扇形的关系及圆锥的体积公式求出体积表达式，根据导数与最值的关系求解即可. 【小问1详解】 设等腰三角形的顶角为，底边为，高为，则，， 所以，所以. 则三角形面积， . 令，即，解得或. 因为，所以，所以，此时. 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以当时，取得最大值. 故当等腰三角形的顶角时，该三角形的面积取得最大值. 【小问2详解】 设圆锥形容器的底面半径为，高为，则，即， 所以. 所以圆锥形容器的容积为. 设， 则. 令，即，则，解得或（舍去）， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以当时，该圆锥形容器的容积取得最大值. 故当扇形的圆心角时，该圆锥形容器的容积取得最大值. 19. 已知函数，． （1）当时， ①求曲线在处的切线； ②是否存在实数使得不等式恒成立，若存在，求出的值：若不存在，说明理由． （2）若函数与的图象有两个不同的交点，求实数的取值范围． 【答案】（1）①；②存在实数满足题意， （2） 【解析】 【分析】（1）①求导，根据导数的几何意义求切线方程；②根据题意结合可知为，在处的公切线，并检验其充分性； （2）令，，原题意等价于在定义域内有2个零点，求导，分类讨论的单调性，利用导数分析的零点. 【小问1详解】 ①若，则的定义域为，且， 可得，， 所以曲线在处的切线为，即； ②若，则，，可得，， 可知曲线在处的切线为， 因为不等式恒成立，且， 可知为，在处的公切线， 则， 若，构造，， 则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减， 则，可得， 又因为，可得； 综上所述：不等式恒成立， 所以存在实数满足题意，. 【小问2详解】 令，， 原题意等价于在定义域内有2个零点， 则， 因为，则， 若，则，可知在定义域内单调递增， 则在定义域内至多有1个零点，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 且当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于， 原题意等价于， 又因为在定义域内单调递减，且， 则不等式的解集为； 综上所述：实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二期中调研试卷数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 某高山滑雪运动员在一次滑雪训练中滑行的路程（单位：m）与时间（单位：s）满足关系式．当运动员的滑雪路程为时，则运动员此时的滑雪速度是（ ） A. B. C. D. 4. 线段在平面内，，且，则两点间的距离为（ ） A. 5 B. C. D. 5. 已知在上的投影向量是，则（ ） A. B. 3 C. D. 6. 点是四面体的棱的中点，点在线段上且，点在线段上且，若，则（ ） A. B. C. D. 1 7. 在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，则直线到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，函数在区间上不单调，则的取值范围是（ ） 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. 若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ） A. B. C. D. 10. 设，两个函数的图象如图所示，则（ ） A. 的图象是的图象是 B. 的图象是的图象是 C. 当时， D. 11. 如图，在四面体中，二面角的大小为，且，，则（ ） A. 无论为何值， B. 当与平面所成角为时， C. 当时，二面角大于 D. 当时，二面角的正切值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设函数，当自变量由1变到1.1时，函数的平均变化率是___________. 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切值是___________． 14. 已知，若函数在区间上单调递减，则的最大值是___________． 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. 如图，在平行六面体中，，． （1）用表示，并求的长； （2）求证：平面． 16. 已知函数． （1）求的极值； （2）若对任意，都有恒成立，求实数的最小值； （3）若过点的直线与曲线相切，求的方程． 17. 如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，是的中点． （1）求与所成角的余弦值： （2）求平面与平面所成角的正弦值； （3）记是与的交点，在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值：若不存在，请说明理由． 18. 现有一块半径为的圆形铁皮，开展如下设计与优化问题： （1）若从该圆形铁皮中剪出一个内接等腰三角形（三角形的三个顶点均在圆周上），试问：当等腰三角形的顶角取何值时，该三角形的面积取得最大值？ （2）若从该圆形铁皮中剪出一个圆心角为的扇形（扇形的顶点与圆心重合，弧长对应圆周上的一段弧），并将该扇形制作成一个无盖的圆锥形容器（扇形的两条半径作为圆锥的母线，弧长作为圆锥底面的周长），试问：当扇形的圆心角取何值时，该圆锥形容器的容积取得最大值？ 19. 已知函数，． （1）当时， ①求曲线在处的切线； ②是否存在实数使得不等式恒成立，若存在，求出的值：若不存在，说明理由． （2）若函数与的图象有两个不同的交点，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $