精品解析：江苏扬州市新华中学2025-2026学年第二学期高二数学期中考试试卷

扬州市新华中学2025-2026学年度第二学期 高二数学期中考试试卷 命题人、审核人：王晶晶 姚耘峰 满分150分 考试时间：120分钟 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据，结合空间向量垂直的坐标关系求解即可. 【详解】因为，直线的方向向量为，平面的法向量为， 所以，所以，即，解得 2. 已知定义在上的函数的导函数为，且的图象如图所示，则在上的极值点个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】由图可得在上有2个变号零点，所以在上的极值点个数为2. 3. 某旅行社设计了4条不同的旅游路线，甲要从中任选2条路线，分别在假期7月和8月出游，则不同的选择及安排方法有（ ） A. 24种 B. 16种 C. 12种 D. 6种 【答案】C 【解析】 【分析】从四个当中选两个安排在不同日期，意味着有顺序需要用排列解决. 【详解】由题意可得不同的选择及安排方法有种. 故选：. 4. 已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量在向量上投影向量的计算公式求解即可. 【详解】因为向量，向量， 所以向量在向量上的投影向量为： . 故选：B. 5. 如图，在四面体中，，，，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据图形可得，结合向量的线性运算求解即可. 【详解】由题意可得： ， 所以. 6. 树人中学选派出甲、乙、丙、丁四名学生参加接力比赛，要求甲不跑第一棒，丁不跑第四棒，则不同的接力比赛顺序有（    ） A. 8种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】D 【解析】 【详解】4名学生排列总数：， 甲跑第一棒的情况：， 丁跑第四棒的情况：， 甲跑第一棒且丁跑第四棒的情况：， 总顺序数：． 7. 已知正三棱台的高为，则二面角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式即可求解. 【详解】设下底面的中心为，上底面的中心为， 以为原点，以为轴，为轴，过作，建立空间直角坐标系， 由正三棱台的高为， 所以，，所以， ， 同理， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 显然为平面的一个法向量， 所以， 所以， 所以二面角的大小为. 8. 已知是函数的导函数，且对任意实数都有，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件可得，结合导数运算及求出函数的解析式，解不等式可得结论. 【详解】因为， 所以，即， 所以可设， 即，又， 所以，故， 所以不等式可化为， 故， 所以， 所以不等式的解集为. 故选：B. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 2名男生，3名女生，这5个人站成一排，下列选项正确的是（ ） A. 共有120种排法 B. 男生必须排在一起，共有24种排法 C. 男生甲在男生乙右边（可不相邻）共有60种排法 D. 男生不能排在一起，共有54种排法 【答案】AC 【解析】 【分析】据每个选项的不同排列要求，对应确定采用捆绑法、插空法等适配的排列计算模型,然后逐个计算各情况的排法数，将计算结果与选项给出的数值对比，得出正确答案. 【详解】在A选项中，是全排列问题，总排法有种，A正确； 在B选项中，仅要求男生相邻，用捆绑法：把2名男生捆绑为1个整体，和3名女生共4个元素全排列， 再算男生内部排列：则总排法有种，B错误， 在C选项中属于定序问题，男生甲可在男生乙左边或右边两种情况，则总排法有种，C正确. 在D选项中，男生不相邻，用插空法：先排3名女生，再把男生插到女生的空隙中， 则总排法： 种，D错误， 10. 如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 点到直线的距离为 C. 直线与直线所成角的余弦值为 D. 直线与直线是异面直线 【答案】ABC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AD；利用向量法求出点到直线距离判断B；利用线线角的向量法求解判断C. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 点， 对于A，，，则，A正确； 对于B，，点到直线的距离为，B正确； 对于C，，直线与所成角的余弦值，C正确； 对于D，，即，又直线， 因此直线直线，点共面，直线与直线不是异面直线，D错误. 11. 若函数，是函数的导函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 过点只能作一条切线与曲线相切 D. 若直线与曲线交于，，三点，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先求函数的解析式，再判断函数的单调性和极值点，判断选项AB，根据导数的几何意义求过点的切线方程，根据方程根的个数判断切线的条数，判断C，根据条件设出函数的解析式为，再分别求，即可判断D. 【详解】对A，由题 ，令，得， 解得，所以，， ，得或，，得或，，得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，A错误； 对B，当时，，则，B正确； 对C，设切点为，切线方程为， 点在切线上，所以， 化简可得，即，解得， 故过点只能作一条切线与曲线相切，C正确； 对D，，，是 的三个解，所以 ， 故，，， 所以，D正确. 三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分） 12. 用0，1，2，3，4，5这六个数字组成没有重复数字的三位数共有______个 【答案】100 【解析】 【分析】三位数的百位数不为0，所以，要分成两类来计算，一类是没有数字0；另一类是有数字0. 【详解】三位数的百位数不为0，所以，要分成两类来计算： 当三位数中没有数字0时，; 当三位数中有数字0时，; 所以，用0，1，2，3，4，5这六个数字组成没有重复数字的三位数共有. 13. 已知函数的图象在点处的切线与直线平行，则______. 【答案】1 【解析】 【分析】求得导函数，得为切线斜率，由切线与直线平行列方程求解即可． 【详解】由题意知，直线的斜率为3. 又 ，则 . 因为函数的图象在点处的切线与直线平行， 所以，解得. 14. 在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则点B到平面的最大距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求出点B到平面的距离，然后求其最值即可. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 设， 则， 则，故， 则，， 设平面的法向量， 则，取可得， 则点B到平面的距离为， 当时，点B到平面的距离为， 当时，. 当且仅当时，等号成立， 所以点B到平面的最大距离为. 故答案为：. 四、解答题（共5题，计77分） 15. （1）计算：（结果用数字作答） （2）解方程： 【答案】（1）；（2） 【解析】 【详解】（1）； （2）由题意可得，，得. 根据排列数公式展开原方程：， 约去，可得 ， 化简得： ，即， 解得或（舍去），故解为. 16. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）求在区间上的最大值和最小值． 【答案】（1）递减区间为，递增区间为和； （2）最大值为，最小值为. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，判断导函数大于0或小于0的x取值集合即可作答. （2）利用（1）的结论，借助单调性即可求解的最大值和最小值. 【小问1详解】 函数定义域为R，， 当或时，，当时，，即在，上递增，在上递减， 所以的递减区间为，递增区间为和. 【小问2详解】 由（1）知，在上单调递增，在上单调递减, 因此，在区间上的最大值为，而，，即有， 所以在区间上的最大值为，最小值为. 17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，为的中点. （1）证明：平面平面； （2）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）根据线面垂直性质可知，再由线面垂直判定定理可证明平面，即可得平面平面； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法计算可得结果. 【小问1详解】 底面为矩形， 所以， 又因为平面，平面，所以， 又平面， 所以平面，又平面， 可知平面平面； 【小问2详解】 由（1）可知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 易知， 则， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 可得， 所以； 因此直线与平面所成角的正弦值为. 18. 如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． （1）取线段中点，连接，判断直线与平面是否平行并说明理由； （2）求到平面的距离； （3）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）平面，理由见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，证出四边形为平行四边形，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及，利用到平面的距离的向量公式即可求解； （3）求得平面的法向量以及，利用向量夹角公式即可求解． 【小问1详解】 平面． 理由如下证明：取中点，连接， 因为为的中点，且，， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 取的中点，连接，， 因为为等边三角形， 所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 如图所示， 以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，， 设平面的法向量为， 所以， 令，则， 又， 故到平面的距离． 【小问3详解】 设，， 所以， 所以，， 则，， 设平面的法向量为， 则， 令，则， 又平面的法向量为， 于是， 化简得，又， 得， 即， 故存在点，此时． 19. 已知函数（） （1）若，求函数的极值点； （2）若在其定义域内单调递增，求实数的取值范围； （3）若，且设，有两个零点，，其中，求的取值范围. 【答案】（1）极大值点为，极小值点为. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）对函数进行求导，分析函数单调性即可得到极值点； （2）由题意结合导数与函数单调性的关系可转化条件为在上恒成立，利用基本不等式求得的最小值即可得解； （3）结合函数零点的概念和韦达定理得到两个根的关系，将表示为关于的函数，令，利用导数求得函数的值域即可得解. 【详解】（1）当时，，定义域为， ， ，得， 当时，，在上单调递减； 当或时，，在和上单调递增. 因此，极大值点为，极小值点为. （2）函数的定义域为. 对求导得. 因为在其定义域内单调递增，所以在上恒成立， 即在上恒成立. 移项可得在上恒成立. 根据基本不等式（，，当且仅当时等号成立）， 对于2，其中，，则， 当且仅当，即时等号成立. 所以，即实数m的取值范围是. （3）由（2）知，因为有两个零点，， 所以，是方程的两个不相等的正实数根. 根据韦达定理，对于一元二次方程（）， 两根，有，， 则在方程中，，. 因为，所以，且. 已知，即，解不等式， 两边同时除以，得，移项得，即， 因为，所以该不等式恒成立. 解不等式，两边同时乘以（）得， 因式分解得，解得，结合，可得. 设，， ，所以在上单调递减. 则，， ， 所以，即的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 扬州市新华中学2025-2026学年度第二学期 高二数学期中考试试卷 命题人、审核人：王晶晶 姚耘峰 满分150分 考试时间：120分钟 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 2. 已知定义在上的函数的导函数为，且的图象如图所示，则在上的极值点个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 某旅行社设计了4条不同的旅游路线，甲要从中任选2条路线，分别在假期7月和8月出游，则不同的选择及安排方法有（ ） A. 24种 B. 16种 C. 12种 D. 6种 4. 已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在四面体中，，，，且，，则（ ） A. B. C. D. 6. 树人中学选派出甲、乙、丙、丁四名学生参加接力比赛，要求甲不跑第一棒，丁不跑第四棒，则不同的接力比赛顺序有（    ） A. 8种 B. 种 C. 种 D. 种 7. 已知正三棱台的高为，则二面角的大小为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是函数的导函数，且对任意实数都有，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 2名男生，3名女生，这5个人站成一排，下列选项正确的是（ ） A. 共有120种排法 B. 男生必须排在一起，共有24种排法 C. 男生甲在男生乙右边（可不相邻）共有60种排法 D. 男生不能排在一起，共有54种排法 10. 如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 点到直线的距离为 C. 直线与直线所成角的余弦值为 D. 直线与直线是异面直线 11. 若函数，是函数的导函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 过点只能作一条切线与曲线相切 D. 若直线与曲线交于，，三点，则 三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分） 12. 用0，1，2，3，4，5这六个数字组成没有重复数字的三位数共有______个 13. 已知函数的图象在点处的切线与直线平行，则______. 14. 在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则点B到平面的最大距离为______． 四、解答题（共5题，计77分） 15. （1）计算：（结果用数字作答） （2）解方程： 16. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）求在区间上的最大值和最小值． 17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，为的中点. （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． （1）取线段中点，连接，判断直线与平面是否平行并说明理由； （2）求到平面的距离； （3）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数（） （1）若，求函数的极值点； （2）若在其定义域内单调递增，求实数的取值范围； （3）若，且设，有两个零点，，其中，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $