精品解析：河南开封清华中学等校2025-2026学年高二下学期期中联考数学试题

高二数学试题卷 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答第Ⅰ卷时，选出每个小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效. 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效. 4．本试卷共19题，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数在复平面内的点关于实轴对称，，则（ ） A. B. C. D. 3. 在数列中，，，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 4. 若直线是曲线的一条切线，则（ ） A. B. C. D. 5. 现有壹圆、伍圆、拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成的币值种数为（ ） A. 15 B. 30 C. 31 D. 32 6. 已知函数在上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 现有甲、乙、丙、丁、戊5位同学，准备在、、三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，五位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数为（ ） A. 24 B. 36 C. 48 D. 72 8. 已知函数的定义域为R，且，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 名工人各自在天中选择一天休息，不同方法种数是 B. 甲、乙、丙、丁支足球队举行单循环比赛，冠、亚军的可能性一共有种 C. 的展开式的常数项为 D. 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数（，），为的零点，对任意，恒成立，且在区间上单调．则下列结论正确的是（ ） A. 是奇数 B. 的最大值为7 C. 不存在，使得是偶函数 D. 三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 已知，则________． 13. 的展开式中常数项为__________.（用数字作答） 14. 如图，在正方体中，为的中点，从除外的11条棱的中点及正方体的8个顶点共19个点中随机选取2个点与构成三角形，则能构成______个三角形．从这些三角形中随机选取一个三角形，恰好是以为顶角顶点的等腰三角形的概率为______．（均用数字作答） 四、解答题：本大题共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. （1）求值：． （2）解方程：． （3）求不等式的解集． 16. 在平行六面体中，底面ABCD为正方形，，，侧面底面ABCD． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的平面角的正弦值． 17. 已知函数. （1）若时，曲线与轴相切，求的值； （2）讨论函数的单调性； （3）若关于的不等式在区间上恒成立，求的取值范围. 18. 已知椭圆经过点，且椭圆的两个焦点坐标分别为、． （1）求出椭圆的标准方程； （2）若、是椭圆上异于的点，直线、以及轴围成一个以为顶点的等腰三角形． ①求证：直线的斜率为定值； ②求弦长的取值范围． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若只有一个零点，求的取值范围； （3）设，若恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学试题卷 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答第Ⅰ卷时，选出每个小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效. 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效. 4．本试卷共19题，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数的单调性求解得出，然后根据并集的运算求解即可得出答案. 【详解】解可得，所以， 所以. 故选：D． 2. 设复数在复平面内的点关于实轴对称，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数对应的点的特征可得，由复数的除法运算可求得结果. 【详解】，在复平面内的点关于实轴对称，； . 故选：B. 3. 在数列中，，，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】因为①，则②，由①②得到， 则数列是周期为2的周期数列，又，故. 4. 若直线是曲线的一条切线，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出切点坐标，根据导数的几何意义，结合切点在切线和曲线上列方程组求解可得. 【详解】设直线与曲线相切于点， 因为，所以，解得. 5. 现有壹圆、伍圆、拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成的币值种数为（ ） A. 15 B. 30 C. 31 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分别任选一张、两张、三张、四张或全选，结合组合数求组成的币值种数. 【详解】根据题意一共可以组成的币值种数为种． 6. 已知函数在上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数单调性与导数的关系，将单调递减转化为导函数的恒成立问题，分离参数后构造新函数，通过求导判断新函数单调性，求其取值范围，进而得到参数的取值范围. 【详解】已知函数在上单调递减，等价于导数对所有恒成立. 对求导得，分离参数得对恒成立. 令，求导得对任意成立，因此在上单调递增. 则在区间上，，即在上的取值范围是. 要使对所有恒成立，只需，因此的取值范围是. 7. 现有甲、乙、丙、丁、戊5位同学，准备在、、三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，五位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数为（ ） A. 24 B. 36 C. 48 D. 72 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，分组方式有与，由分组分配的计算公式，代入计算，即可求解. 【详解】若甲乙选择的景点没有其他人选，则分组方式为的选法为种； 若甲乙选择的景点还有其他人选，则分组方式为的选法为种； 所以总的不同的选法种数为种. 故选：B 8. 已知函数的定义域为R，且，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由构造函数，由其单调性求解不等式. 【详解】因为，即，构造函数，因为， 所以函数是减函数，又由可得，且， 所以原不等式即，解得， 所以不等式的解集为， 故选：D. 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 名工人各自在天中选择一天休息，不同方法种数是 B. 甲、乙、丙、丁支足球队举行单循环比赛，冠、亚军的可能性一共有种 C. 的展开式的常数项为 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用分步乘法计数原理可判断A选项；利用排列数公式可判断B选项；利用二项展开式通项可判断C选项；利用二项式系数和可判断D选项. 【详解】对于A选项，名工人各自在天中选择一天休息，每个人都有种选择， 由分步乘法计数原理可知，不同方法种数是，A错； 对于B选项，甲、乙、丙、丁支足球队举行单循环比赛，冠、亚军的可能性一共有种，B对； 对于C选项，的展开式通项为， 由，解得，故展开式中的常数项为，C对； 对于D选项，，D错. 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】赋值法即可求解所有项的系数和.根据二项式展开的通项特征可求指定项的系数. 【详解】令，得，故A错误；令得，即，故B正确；令，得，故C正确；展开式的通项为，令得，所以．故D正确． 故选:BCD． 11. 已知函数（，），为的零点，对任意，恒成立，且在区间上单调．则下列结论正确的是（ ） A. 是奇数 B. 的最大值为7 C. 不存在，使得是偶函数 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据零点和最值点列方程组求解，结合单调区间可得，然后分类讨论即可. 【详解】由题知，，即，， 解得， 因为在区间上单调． 所以，即，所以， 又，，所以，故A正确， 当时，，此时， 当时，，函数在上不单调， 即当时，函数在区间上不是单调函数，B错误； 因为，所以，当时，由，， 所以； 当时，， 所以； 当时，， 所以； 当时，， 所以. 综上可知，CD正确. 故选：ACD 三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 已知，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据正切函数计算求解即可. 【详解】因为正切函数的最小正周期是， 所以， 解得， 所以． 故答案为： 13. 的展开式中常数项为__________.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】求得二项式的展开式的通项为，进而求得展开式的常数项. 【详解】由题意，二项式的展开式的通项为， 所以展开式的常数项为. 故答案为：. 14. 如图，在正方体中，为的中点，从除外的11条棱的中点及正方体的8个顶点共19个点中随机选取2个点与构成三角形，则能构成______个三角形．从这些三角形中随机选取一个三角形，恰好是以为顶角顶点的等腰三角形的概率为______．（均用数字作答） 【答案】 ①. 170 ②. 【解析】 【分析】由组合数，除去，，三点在一条棱上，可解第一空，通过除了外，按照离的距离远近分成4个平行平面，分别确定等腰三角形个数，再结合古典概率模型计算公式求解即可. 【详解】从除外的11条棱的中点及8个顶点中随机选取2个点与构成三角形， 而，，三点在一条棱上，不能构成三角形， 所以能构成个三角形． 其中，除了外，其他的点按照离的距离远近可分为4个平行平面， （由各点均为正方体各棱的中点，由面面平行的判定定理可知，，互相平行） 如图， 分别记为平面，，，（过且与其他平面平行）． ①对于平面，，每个平面上有4个棱的中点， 任取2个点都能与构成以为顶角顶点的等腰三角形，共有个． ②对于平面，有4个正方体的顶点， 任取2个点都能与构成以为顶角顶点的等腰三角形，有个， 再加上，的两个中点又构成一个以为顶角顶点的等腰三角形， 共构成7个以为顶角顶点的等腰三角形； ③对于平面，，与构成1个以为顶角顶点的等腰三角形． 综合①②③，共有个以为顶角顶点的等腰三角形， 因此，所求概率为． 四、解答题：本大题共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. （1）求值：． （2）解方程：． （3）求不等式的解集． 【答案】（1）（2）（3） 【解析】 【分析】利用排列数和组合数的公式运算求解即可. 【详解】（1）原式 （2） 由题可知且 ，则， 整理得，解得或（舍去）， 故. （3）由题可知且，则， 整理得，解得，又因为且， 故，即不等式的解集为. 16. 在平行六面体中，底面ABCD为正方形，，，侧面底面ABCD． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的平面角的正弦值． 【答案】（1） 由底面ABCD为正方形，得，又底面ABCD， 侧面底面ABCD，侧面底面ABCD， 则平面，而平面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由底面为正方形，侧面底面ABCD，利用面面垂直的性质可证； （2）法1，根据题意建立空间直角坐标系，计算边长并标点，再利用空间坐标法求取二面角余弦值，进而得到正弦值.法2：作出二面角的平面角，利用几何法求出正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法1：由（1）知平面，又，则平面， 如图以D为原点建立空间直接坐标系， 由，，得，， 则到的距离为，故，，， 设平面的一个法向量， ，不妨取，则， 侧面底面ABCD，故平面的一个法向量， 设二面角的平面角为， ， 所以二面角的平面角的正弦值. 法2：在平行六面体中，连接，连接， 由，，得是菱形，且是正三角形， 则，由（1）知平面，而，则平面， 又平面平面，于是平面，又平面， 则，而平面，因此平面， 又平面，则，为 二面角的平面角， 在中，，则斜边， 所以，即二面角的平面角的正弦值. 17. 已知函数. （1）若时，曲线与轴相切，求的值； （2）讨论函数的单调性； （3）若关于的不等式在区间上恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 当时，在上为增函数； 当时，在上为减函数，在上为增函数 （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义建立方程，求解参数即可. （2）先求导函数，由导函数特征对参数范围进行分类讨论即可求解. （3）方法一：利用分离参数法得到即可分析计算求解；方法二：转化为，再结合的单调性建立不等式，求解参数范围即可. 【小问1详解】 由题意得， 因为曲线与轴相切，所以设切点为， 则，解得， 又因为，所以，解得. 【小问2详解】 由题意得的定义域为，， 当时，恒成立，在上为增函数， 当时，若，，在上为减函数， 若，，在上为增函数； 综上，当时，在上为增函数； 当时，在上为减函数，在上为增函数 【小问3详解】 方法一：由题意得当时，恒成立， 等价于恒成立，得到， 令，则，解得， 当时，，在上为增函数， 当时，，在上为减函数， 则，故. 方法二：当时，恒成立，等价于恒成立 由（2）可知：①当时，在上为增函数， ，则，无解 ②当时，在上为减函数，在上为增函数， 得到，解得. 18. 已知椭圆经过点，且椭圆的两个焦点坐标分别为、． （1）求出椭圆的标准方程； （2）若、是椭圆上异于的点，直线、以及轴围成一个以为顶点的等腰三角形． ①求证：直线的斜率为定值； ②求弦长的取值范围． 【答案】（1） （2） ①由题可得，从而直线的斜率必定存在， 设、，设直线的方程为， 联立，可得， ，可得， 由韦达定理可得，， 因为， 即， 即 ， 整理可得， 即， 又因为直线不过点，所以，所以，即； ② 【解析】 【分析】（1）由椭圆的定义可求得的值，结合的值可得出的值，即可得出椭圆的标准方程； （2）①由题可得，设点、，设直线的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据结合韦达定理化简可得出的值； ②求出的取值范围，结合弦长公式可求得的取值范围. 【小问1详解】 由椭圆定义可得 ， 因为，所以，则， 由题，所以， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 ①略 ②由①可知，，由得， 因为，所以，因此的取值范围是. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若只有一个零点，求的取值范围； （3）设，若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） 当时，在单调递增， 当时，在单调递增，在单调递减． （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）求导后根据的范围分类讨论即可求解； （2）设，由题意得只有一个根，由导数得出的单调性进而画出简图，数形结合即可求解； （3）当时，，设，根据导数进而得出，即可求解． 【小问1详解】 ， 当时，，所以在单调递增， 当时，令，解得， 当时，，即在单调递增， 当时，，即在单调递减， 综上所述，当时，在单调递增， 当时，在单调递增，在单调递减． 【小问2详解】 令，则， 设，由题意得只有一个根， 则，令，解得， 当时，，则在单调递增， 当时，，则在单调递减， 所以，又当时，，画出简图，如图所示， 因为只有一个根，所以或． 【小问3详解】 由， 令，则，故， 当时，， 以下证明，设， 则， 令，则，令，解得， 当，，则在单调递减， 当，，则在单调递增， 所以，即， 所以时，，则在单调递减， 所以时，，则在单调递增， 所以， 综上所述，实数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $