精品解析：湖南株洲市第一中学2025-2026学年高二下学期期中测试数学试题

2026年上学期高二期中测试 数学 时量：120分钟 满分：150分 试题卷共4页，19题 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. 设集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用交集的定义可求得集合. 【详解】已知集合，集合，则. 故选：B. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数除法计算公式，即可得到结果. 【详解】. 故选：B 3. 已知向量，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求得，结合列方程，解方程求得. 【详解】依题意， 由于， 所以， 即， 解得. 故选：C 【点睛】本小题主要考查向量垂直的坐标表示，属于基础题. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将条件式平方展开化简，结合正弦二倍角公式即可求解. 【详解】由同角三角函数关系式及正弦二倍角公式，化简可得 ， ， ， 故选:A. 【点睛】本题考查了同角三角函数关系式的应用，正弦二倍角公式的应用，属于基础题. 5. 已知表面积为的圆锥，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用圆锥表面积公式及扇形弧长公式列出方程，联立求解作答. 【详解】设圆锥底面圆半径，母线长，由圆锥的表面积为，得，即， 由侧面展开图是一个圆心角为的扇形，得，即， 于是，所以圆锥的高. 故选：A 6. 已知函数是定义在上的偶函数，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】判断函数在上单调性，再结合偶函数的性质解不等式作答. 【详解】当时，，则在上单调递增，又函数是上的偶函数，且， 因此，，解得， 所以不等式的解集为. 故选：A 7. 函数，的值域是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据的范围，结合正弦函数的图象，求出的范围，从而可求函数的值域. 【详解】∵，∴，∴， 所以函数的值域为． 故选：D. 8. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2+c2＝b2+2accosC且a＝2bsinA，则A＝（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据a2+c2＝b2+2accosC结合余弦定理得到cosC＝cosB，则B＝C，再由a＝2bsinA，利用正弦定理得sinB＝，进而得到B=或，再讨论求解. 【详解】在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 因为a2+c2＝b2+2accosC， 所以b2 =a2+c2-2accosC， 又b2 =a2+c2-2accosB， 所以2accosB＝2accosC， 所以cosC＝cosB， 所以B＝C． 又因为a＝2bsinA， 所以sinA＝2sinBsinA， 所以sinB＝ 所以B=或． ①当B=时，C=，所以B=． ②当B=时，与三角形内角和定理矛盾． 故：A=． 故选：D． 【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 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. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量的方差，则 B. 若随机变量服从正态分布，且，则 C. 从装有大小、形状都相同的5个红球和3个白球的袋中随机取出两球，取到白球的个数记为，则 D. 若随机变量服从二项分布，则的分布列可表示为， 【答案】BC 【解析】 【分析】利用随机变量的线性关系：，正态分布的概率性质，超几何分布的期望公式，二项分布的概率计算公式，就能解决各选项问题. 【详解】对于A，由方差性质可知：，所以A是错误的； 对于B，由于的均值是，所以, 又因为，所以， 则，所以B是正确的； 对于C，由于服从超几何分布，所以，所以C是正确的； 对于D，由于服从二项分布，所以，所以D是错误的； 故选：BC. 10. 若存在直线，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数，，，下列命题为真命题的是（ ） A. 在内单调递增 B. 和之间存在“隔离直线”，且的最小值为 C. 和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是 D. 和之间存在唯一的“隔离直线” 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数判断A选项的正确性．利用公切线，结合图象判断BC选项的正确性．利用公切线结合导数判断D选项的正确性． 【详解】解：A选项，，所以， 对于函数，其判别式， 所以，令解得， 所以在区间内，单调递增，故A正确． BC选项，画出，的图象如下图所示， 由图可知，是“隔离直线”，且． 设（，）分别是与图象上的一点，且直线AB是与图象的公切线．因为， 过A点的切线方程为，即， 令，令，则， 所以，即，解得． 所以公切线AB方程为． 结合图象可知，k的取值范围是． 所以B错误，C正确． 对于D选项，构造函数， ， 所以在区间上，单调递减；在区间上，单调递增． 所以在定义域上的极小值也即是最小值为， 所以有唯一零点，也即与有唯一公共点． 由上述分析可知，公切线方程为，D选项正确． 故选：ACD． 11. 1694年瑞士数学家雅各布•伯努利描述了如图的曲线，我们将其称为伯努利双纽线，定义在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是时的双纽线上一点，下列说法正确的是（ ） A. 双纽线的方程为 B. C. 双纽线上满足的点有2个 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据定义将代入，化简后即可判断A；根据，判断B；由，可得在线段的中垂线即上，将代入方程求解后，即可判断C；利用向量和余弦定理判断D. 【详解】解：由到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线， 当时，则双纽线的方程为， 化简可得，故A正确； 由等面积法得， 则，所以，故B正确； 因为，， 所以在线段的中垂线即上， 令，得，解得， 所以双曲线上满足的点有一个，故C错误； 因为在线段的中点，所以， 所以， 由余弦定理得， 即， ， 所以， 所以的最大值为，故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. 已知为抛物线的焦点，抛物线的准线与双曲线的两条渐近线分别交于、两点．若为直角三角形，则双曲线的离心率为__________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：抛物线的准线方程为，双曲线的渐近线方程为,则交点A（）， B（）．所以要使为直角三角形，根据对称性有,所以． 考点：求双曲线的离心率． 【方法点睛】对于求双曲线的离心率问题，因,所以只需找到a,c或a,b的关系即可，因此只需题中提供一个等量关系式即可，不需求出a,c,b的具体的值．如本题中为直角三角形，根据对称性即为，从而求出a,b的一个关系，进而求出离心率． 13. 已知，直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切，与f(x)图象的切点为，则m=____________. 【答案】-2 【解析】 【分析】对函数求导，利用切点可求出切线，设直线l与g(x)的图象的切点为(x0，y0)，利用切线斜率为以及切点既在切线上又在曲线上，列出方程组，解出． 【详解】∵f′(x)=，∴直线l的斜率k=f′（1）=1. 又f（1）=0，∴切线l的方程为y=x-1. g′(x)=x+m， 设直线l与g(x)的图象的切点为(x0，y0)， 则有x0+m=1，y0=x0-1，y0=+mx0+，m<0， ∴m=-2. 故答案为：-2 【点睛】本题考查导数的几何意义，考查学生的计算能力，属于中档题． 14. 2023年第57届世界乒乓球锦标赛在南非德班拉开帷幕，参赛选手甲、乙进入了半决赛，半决赛采用五局三胜制，当选手甲、乙两位中有一位赢得三局比赛时，就由该选手晋级而比赛结束．每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前比赛结果影响．假设甲在任一局赢球的概率为，比赛局数的期望值记为，则的最大值是______． 【答案】 【解析】 【分析】设实际比赛局数为，分别计算出可能取值的概率，进而求出期望值，再利用导数求得的最大值，由此得解. 【详解】设实际比赛局数为，则的可能取值为， 则， ， ， 则， 所以， 因为的对称轴为，， 当时，，当时，，所以， 所以令，则；令，则， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，即的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析出比赛局数所对应的概率，要考虑胜与负两种情况，同时要注意打满五局时，由于两胜两负，必有第五局，故第五局的概率无须计算，再利用导数求函数量值即可得解. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，. （1）求的长； （2）求的面积. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理求出； （2）先求得，再由面积公式计算面积． 【详解】解：（1）在中，∵，∴， 由正弦定理，得， ∴； （2）在中，， ∴， ∴. 【点睛】本题考查正弦定理，考查三角形面积公式，考查两角和的正弦公式．解题时注意对条件的分析，确定选用什么公式计算．注意正弦定理、余弦定理应用的条件即可． 16. 已知椭圆的上顶点为，离心率为，左焦点为. （1）求椭圆C的方程； （2）若过点的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且的面积为，求直线l的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据关系和离心率即可得到方程组，解出即可； （2）设直线的方程为，联立椭圆得到韦达定理式，再写出面积表达式，代入计算即可. 【小问1详解】 由题意可知，解得. 椭圆的方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为，设， 由，得， 恒成立，， ， ， ，， 整理得，解得或(舍去)，， 直线的方程为或. 17. 如图所示的几何体中，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，F为PA的中点，，，四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点N. （1）求证：平面DEF； （2）在线段EF上是否存在一点Q，使得BQ与平面BCP所成角的大小为？若存在，求出FQ的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析； （2）存在，. 【解析】 【分析】（1）连接FN，证明，再利用线面平行的判定定理作答. （2）根据给定条件，以点D为原点建立空间直角坐标系，借助向量计算作答. 【小问1详解】 因为四边形PDCE为矩形，则N为PC的中点，连接FN，如图， 在中，F，N分别为PA，PC的中点，则有，而直线平面DEF，平面DEF， 所以平面DEF. 【小问2详解】 因平面，平面，则，而， 以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 直角梯形中，，， 则，， 设平面PBC的法向量为，则，令，得， 假定存在点Q满足条件，设，整理得， 则，因为直线BQ与平面BCP所成角的大小为， 所以，解得，即点Q与E重合， 所以在线段EF上存在一点Q，使得BQ与平面BCP所成角的大小为，且. 18. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现了更一般结论：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，试根据此结论解答下列问题： （1）若函数满足对任意的实数m，n，恒有，求的值，并判断此函数图象是否中心对称图形？若是，请求出对称中心坐标； （2）若（1）中的函数还满足时，，求不等式的解集； （3）若函数，满足（1）、（2），若与的图象有3个不同的交点，，其中，且，求值． 【答案】（1），是中心对称图形，其对称中心为 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取，代入求得，取，，代入求得是奇函数，可判断是中心对称图形，进而求得对称中心为； （2）证明是R上单调递增函数，利用单调性解不等式即可； （3）证得，的图象都是以为中心的对称图形，可知，再结合，求得，进而得解. 【小问1详解】 取，得，所以， 取，，得，于是， 即是奇函数，所以是中心对称图形，其对称中心为． 【小问2详解】 若时，，则， 所以是R上单调递增函数， 由得，，解得或 所以不等式的解集为． 【小问3详解】 因为，于是． 所以的图象也是以为中心的对称图形， 又的图象也是以为中心的对称图形， 因此，，． ， 解得，∴，即 又，∴． 【点睛】方法点睛：本题考查了解抽象不等式，要设法把隐性划归为显性的不等式求解，方法是： （1）把不等式转化为的模型； （2）判断函数的单调性，再根据函数的单调性将不等式的函数符号“”脱掉，得到具体的不等式（组）来求解，但要注意奇偶函数的区别. 19. 若数列满足则称为数列.记 （1）若为数列,且试写出的所有可能值； （2）若为数列，且求的最大值； （3）对任意给定的正整数是否存在数列使得？若存在，写出满足条件的一个数列；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）；（3）存在，见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题意，则或，分析后可得符合条件的数列； （2）由于由于为数列，且故n必须是不小于3的奇数. 使最大的，可以让数列先逐渐增大1，到中间位置后再逐渐减小1，由等差数列的前项和公式可得； （3）令，则，用表示有,求出 ， 是偶数，，则是偶数，或（），可分别求得结论． 【详解】（1）满足条件的数列，及对应的分别为： （i） 0, 1, 2，1, 0. (ii) 0, 1, 0，1, 0. （iii） 0, 1, 0，-1, 0. (iv) 0, -1, -2，-1, 0. （v） 0, -1, 0，-1, 0 . (vi) 0, -1, 0, 1, 0. 因此，的所有可能值为： (2) 由于为数列，且 故n必须是不小于3的奇数. 于是使最大的为： 这里 并且 因此， （n为不小于3的奇数） （3）令，则于是由得 故 因为，故为偶数， 所以为偶数， 于是要使，必须为偶数，即为4的倍数，亦即 或 （i）当时，数列的项在满足： 时， (ii)当时，数列的项在满足： 时， 【点睛】本题考查数列中的创新题，考查数列的应用．解题关键是对新定义的认识理解．第（1）小题特殊的数列，已经在帮助我们认识这种数列的性质，第（2）小题从和的最大角度考虑反而容易得出，第（3）小题关键是是设，，这样把用表示，问题具体体，通过和式分析的可能取值，得出满足题设的数列．本题属于困难题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年上学期高二期中测试 数学 时量：120分钟 满分：150分 试题卷共4页，19题 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. 设集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知表面积为的圆锥，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数是定义在上的偶函数，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 函数，的值域是（ ） A. B. C. D. 8. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2+c2＝b2+2accosC且a＝2bsinA，则A＝（　　） 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. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量的方差，则 B. 若随机变量服从正态分布，且，则 C. 从装有大小、形状都相同的5个红球和3个白球的袋中随机取出两球，取到白球的个数记为，则 D. 若随机变量服从二项分布，则的分布列可表示为， 10. 若存在直线，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数，，，下列命题为真命题的是（ ） A. 在内单调递增 B. 和之间存在“隔离直线”，且的最小值为 C. 和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是 D. 和之间存在唯一的“隔离直线” 11. 1694年瑞士数学家雅各布•伯努利描述了如图的曲线，我们将其称为伯努利双纽线，定义在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是时的双纽线上一点，下列说法正确的是（ ） A. 双纽线的方程为 B. C. 双纽线上满足的点有2个 D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为抛物线的焦点，抛物线的准线与双曲线的两条渐近线分别交于、两点．若为直角三角形，则双曲线的离心率为__________． 13. 已知，直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切，与f(x)图象的切点为，则m=____________. 14. 2023年第57届世界乒乓球锦标赛在南非德班拉开帷幕，参赛选手甲、乙进入了半决赛，半决赛采用五局三胜制，当选手甲、乙两位中有一位赢得三局比赛时，就由该选手晋级而比赛结束．每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前比赛结果影响．假设甲在任一局赢球的概率为，比赛局数的期望值记为，则的最大值是______． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，. （1）求的长； （2）求的面积. 16. 已知椭圆的上顶点为，离心率为，左焦点为. （1）求椭圆C的方程； （2）若过点的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且的面积为，求直线l的方程. 17. 如图所示的几何体中，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，F为PA的中点，，，四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点N. （1）求证：平面DEF； （2）在线段EF上是否存在一点Q，使得BQ与平面BCP所成角的大小为？若存在，求出FQ的长；若不存在，请说明理由. 18. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现了更一般结论：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，试根据此结论解答下列问题： （1）若函数满足对任意的实数m，n，恒有，求的值，并判断此函数图象是否中心对称图形？若是，请求出对称中心坐标； （2）若（1）中的函数还满足时，，求不等式的解集； （3）若函数，满足（1）、（2），若与的图象有3个不同的交点，，其中，且，求值． 19. 若数列满足则称为数列.记 （1）若为数列,且试写出的所有可能值； （2）若为数列，且求的最大值； （3）对任意给定的正整数是否存在数列使得？若存在，写出满足条件的一个数列；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $