精品解析：浙江平阳中学等校2025-2026学年高二下学期期中数学学科练习

高二数学学科练习 注意事项： 1.本题共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卡指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号. 3.所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效. 4.结束后，只需上交答题卡. 选择题部分 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. 已知为虚数单位，复数，复数的模为（ ） A. B. C. 3 D. 2 3. 函数的对称中心为（ ） A. B. C. D. 4. 已知双曲线的方程为，若过点的直线的倾斜角为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 5. 从含甲和乙的六人中选四人参加学校接力比赛，已知甲被选中且只跑第一棒或第四棒，若选中乙，则乙不跑第四棒，则不同的参赛方案共有（ ）种 A. 72 B. 84 C. 108 D. 120 6. 六个边长为2的正六边形构成如图所示的图形，若两两不重合的四点均为正六边形的顶点，且的位置如图所示，则的值在下列哪个范围内（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆与轴交于两点，点是直线上任意一点.设，则的可能取值是（ ） A. B. C. D. 3 8. 已知正实数x，y满足，则（ ） A. B. C. D. 1 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 正方体棱长为2，则（ ） A. 与是异面直线 B. 点到的距离为 C. 与所成角为 D. 与平面所成角为 10. 已知抛物线的焦点为为坐标原点，过点的直线交抛物线于两点，分别过两点作准线的垂线，垂足为是的中点，则（ ） A. 的最小值为4 B. C. D. 若，则直线的斜率为2 11. 已知数列的通项，其中.记为其前项和.则下列正确的是（ ） A. 若，则 B. ，有 C. 记 D. 若，恒有 非选择题部分 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数的图象在点处的切线平行于轴，则__________． 13. 记的内角所对的边为，已知，，则__________. 14. 小明参加答题比赛，比赛共有道题，答题结果互不影响，且每道题小明的正确率为，设答对题的概率为，小明夺冠的概率，若小明夺冠概率不小于，则的最小值为__________.（参考数据：） 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. 某高中为了解学生课外阅读达标情况，调查了高一，高二年级学生，其中高一年级有600人，高二年级有400人，现按年级分层抽样抽取100名学生展开调查. （1）从抽取的高一年级学生中随机抽取2人，已知其中课外阅读达标的有40人，求抽取的2人中至少1人达标的概率. （2）在抽取的100名学生中，课外阅读达标与不达标的性别分布如下表，据此能否有的把握认为该校学生的课外阅读达标情况与性别有关？ 达标 不达标 总计 男生 35 15 50 女生 25 25 50 总计 60 40 100 参考公式：，其中 独立性检验临界表（部分） 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 16. 已知等差数列前项和为. （1）求数列的通项公式. （2）若数列的前项和为，且，求的最小值. 17. 在三棱锥中，平面平面，.点在棱上，满足，点为中点. （1）证明平面. （2）求平面与平面所成夹角的余弦值. （3）若三棱锥的外接球球心为，求直线与直线夹角的余弦值. 18. 已知椭圆分别为右顶点和上顶点. （1）若，离心率，求该条件下椭圆的标准方程. （2）过点作直线交椭圆于两点（点在点的右侧）连接，记直线的斜率为. （i）证明为定值.（用表示） （ii）若，直线交轴于，记的面积为的面积为，当时，求直线的斜率. 19. 已知函数. （1）若时，求的单调区间. （2）若，证明有三个零点. （3）在（2）的条件下，证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学学科练习 注意事项： 1.本题共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卡指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号. 3.所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效. 4.结束后，只需上交答题卡. 选择题部分 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】A 【解析】 【详解】由有意义，得，解得，所以. 又，所以. 2. 已知为虚数单位，复数，复数的模为（ ） A. B. C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以. 3. 函数的对称中心为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】令，得， 的对称中心为, 的对称中心为. 4. 已知双曲线的方程为，若过点的直线的倾斜角为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先应用斜率公式计算得出，再应用计算求解. 【详解】若过点的直线的倾斜角为，则， 所以双曲线的离心率. 5. 从含甲和乙的六人中选四人参加学校接力比赛，已知甲被选中且只跑第一棒或第四棒，若选中乙，则乙不跑第四棒，则不同的参赛方案共有（ ）种 A. 72 B. 84 C. 108 D. 120 【答案】C 【解析】 【详解】若乙未被选中，则甲有2个位置选择，剩余的3个位置从余下的4人选3人排列，方案数为：种； 若乙被选中，且甲跑第一棒，则乙有2个位置可以选择，剩余2个位置从余下的4人选2人排列， 方案数为：种； 若乙被选中，且甲跑第四棒，则乙有3个位置可以选择，剩余2个位置从余下的4人选2人排列， 方案数为：种； 因此所有不同的参赛方案共有种. 6. 六个边长为2的正六边形构成如图所示的图形，若两两不重合的四点均为正六边形的顶点，且的位置如图所示，则的值在下列哪个范围内（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用向量减法把化为，从而发现该式与点的位置无关.再结合图形建立竖直方向的坐标，确定点作为正六边形顶点时纵坐标的最大值和最小值，即可求出该数量积的取值范围. 【详解】由向量运算可得. 以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，取向上方向为正方向. 由于正六边形边长为2，且图中正六边形为上下顶点方向放置， 所以相邻顶点在竖直方向上的高度差可能为或， 故按竖直方向建立坐标时，可取 ， . 设，则，，所以. 由图形中正六边形顶点的位置可知，除点外，点的纵坐标最大为；除点外，点的纵坐标最小为. 因此，从而 . 故的取值范围为. 7. 已知圆与轴交于两点，点是直线上任意一点.设，则的可能取值是（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】因为圆与轴交于两点，所以圆是以为直径的圆， 因为，所以在以为直径的圆外， 又点是直线上任意一点，所以直线与圆没有公共点， 所以，所以，解得， 所以的可能取值范围为. 8. 已知正实数x，y满足，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】将条件等价转化为，构造函数证明，从而，求得取等号时的，，解出. 【详解】由题意得，，，， 则等价于． 设，则，则在上单调递减，在上单调递增， 所以，即，当且仅当时等号成立． 由得，， 则， 又， 所以，即， 则． 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 正方体棱长为2，则（ ） A. 与是异面直线 B. 点到的距离为 C. 与所成角为 D. 与平面所成角为 【答案】ABD 【解析】 【详解】因为平面，又平面且平面， 所以与是异面直线，故A正确； 设点到的距离为，由， 所以， 又， ， 所以，解得，故B正确； 因为，所以或其补角为异面直线与所成的角， 又因为是等边三角形，所以，故C错误； 因为是正方形，所以， 又因为平面，又平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 所以在平面内的射影为，为与的交点， 所以为直线与平面所成的角， 又，所以，故D正确. 10. 已知抛物线的焦点为为坐标原点，过点的直线交抛物线于两点，分别过两点作准线的垂线，垂足为是的中点，则（ ） A. 的最小值为4 B. C. D. 若，则直线的斜率为2 【答案】ACD 【解析】 【详解】 抛物线的焦点为，准线为， 设过点的直线的方程为，联立抛物线方程得： ，由韦达定理得：， 由抛物线定义，则， ， ， 当时，取最小值，最小值为4，故A正确； ，故B错误； 已知是过两点作准线的垂线的垂足，是中点， ，，， ， 故，C正确； ，则，故， 又， ，解得， 直线的方程为，即，斜率为2，故D正确． 11. 已知数列的通项，其中.记为其前项和.则下列正确的是（ ） A. 若，则 B. ，有 C. 记 D. 若，恒有 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据即可判断A，举反例即可求解B，根据弦切互化可先证明，进而根据裂项相消可求解，即可求解C，根据正切的二倍角公式，结合C的结论即可求解D. 【详解】对于A, ,则，又， 故，由于，故， 因此，故，故A正确， 对于B，当，，但，故B错误， 对于C,由于， 因此， 故，而故,C正确， 对于D, ，故， 要证明，只需要证明，即， 由于，，则，故只需要证明， 由于，故，故， ，故，故， 依次类推可得， 因此,故D正确. 非选择题部分 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数的图象在点处的切线平行于轴，则__________． 【答案】1 【解析】 【详解】求导得，当时， 图象在点处的切线平行于轴， ， ，解得． 13. 记的内角所对的边为，已知，，则__________. 【答案】 【解析】 【详解】由，得， 所以，所以，又因为，所以. 由余弦定理可得，所以， 又因为，所以，所以，所以， 所以，即，解得，所以， 所以. 14. 小明参加答题比赛，比赛共有道题，答题结果互不影响，且每道题小明的正确率为，设答对题的概率为，小明夺冠的概率，若小明夺冠概率不小于，则的最小值为__________.（参考数据：） 【答案】9 【解析】 【分析】先根据每道题答题结果互不影响且正确率相同，判断答对题数服从二项分布，并写出的表达式.再把代入夺冠概率的求和式，利用二项式定理化简求和，得到.最后由列不等式，取常用对数并代入参考数据，求出的最小正整数. 【详解】由题意可知，小明答对题数服从二项分布，即，所以，其中 . 小明最终夺冠的概率为. 将代入，得. 因为，所以. 由二项式定理可得. 因此. 由题意，小明夺冠概率不小于，所以，即. 两边取常用对数，得 ，即. 由参考数据得 ， ，所以 . 因为为正整数，所以的最小值为. 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. 某高中为了解学生课外阅读达标情况，调查了高一，高二年级学生，其中高一年级有600人，高二年级有400人，现按年级分层抽样抽取100名学生展开调查. （1）从抽取的高一年级学生中随机抽取2人，已知其中课外阅读达标的有40人，求抽取的2人中至少1人达标的概率. （2）在抽取的100名学生中，课外阅读达标与不达标的性别分布如下表，据此能否有的把握认为该校学生的课外阅读达标情况与性别有关？ 达标 不达标 总计 男生 35 15 50 女生 25 25 50 总计 60 40 100 参考公式：，其中 独立性检验临界表（部分） 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1） （2）没有的把握认为该校学生的课外阅读达标情况与性别有关⋯ 【解析】 【分析】（1）应用古典概型结合对立事件概率计算求解； （2）先设零假设，再计算，最后与临界值比较进而判断即可. 【小问1详解】 按分层抽样的100人中，高一年级抽取60人. 其中达标人数40人，则不达标学生有20人， 设“抽取的2人中至少1人达标”为事件，则为“抽取的2人均不达标”. 从60名高一学生中抽取2人，基本事件数， 包含的基本事件数， 故； 【小问2详解】 零假设：该校学生的课外阅读达标情况与性别无关， ， 不能拒绝原假设，因此没有的把握认为该校学生的课外阅读达标情况与性别有关. 16. 已知等差数列前项和为. （1）求数列的通项公式. （2）若数列的前项和为，且，求的最小值. 【答案】（1）. （2）32. 【解析】 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为， 则由题意得：，解得， 所以， 所以. 【小问2详解】 令， ， ， 所以 ， 又， 因为 所以的最小值为32. 17. 在三棱锥中，平面平面，.点在棱上，满足，点为中点. （1）证明平面. （2）求平面与平面所成夹角的余弦值. （3）若三棱锥的外接球球心为，求直线与直线夹角的余弦值. 【答案】（1） ，平面，平面平面，平面平面， 平面 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质即可求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解， （3）根据两点间距离公式求解，进而根据向量的坐标运算以及夹角公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，为轴，为轴，如图所示建立空间直角坐标系， ，由于为中点，故， ， 设平面的法向量，即， 令，则，故， 设平面的法向量,即， 令，则，故， 设平面与平面所成的角为，则。 【小问3详解】 平面，设外接球心， 可得， ， 解得，，故， ， 因此与夹角余弦值为 18. 已知椭圆分别为右顶点和上顶点. （1）若，离心率，求该条件下椭圆的标准方程. （2）过点作直线交椭圆于两点（点在点的右侧）连接，记直线的斜率为. （i）证明为定值.（用表示） （ii）若，直线交轴于，记的面积为的面积为，当时，求直线的斜率. 【答案】（1） （2） （i）由题意作如图：设直线方程：，联立方程 得：， 即 故 又有 故为定值. （ii）. 【解析】 【分析】（1）由离心率公式及求出，从而得到椭圆方程. （2）（i）设过点的直线方程，与椭圆联立后利用韦达定理表示交点横坐标的和与积，再把的斜率倒数和化简，证明其为定值. （2）（ii）在时设直线的参数式形式，与椭圆联立，利用韦达定理表示交点坐标，再根据面积比建立方程，解出参数，进而求出直线的斜率. 【小问1详解】 ， 所以椭圆方程为 【小问2详解】 （i）略 （ii）时，椭圆方程为. 直线过点，设其方程为， 令，则，代入椭圆方程， . ， 设对应的纵坐标为 故，设. 在中 在中， 根据坐标面积公式： . ， 代入并化简得 展开整理得：. 观察是该方程的一个实根， ， ，. ，直线的斜率为. 19. 已知函数. （1）若时，求的单调区间. （2）若，证明有三个零点. （3）在（2）的条件下，证明. 【答案】（1）单调递减区间是，无单调递增区间 （2） 的定义域为，求导得， 当时，令，解得：，或 在和上递减，上递增， 因且在上递增，则， 又当时，，所以，使得 故存在唯一的 ，使得， 又 令，则，且. 综上可得，函数有三个零点. （3） 要证，即证，，可得 故需证，因为，则， 即需证， 设，则 在上递增，又，即，证毕. 【解析】 【分析】（1）结合导数研究函数的单调区间即可； （2）求出的单调区间，利用零点存在定理即可证明结论； （3）结合(2)将问题转化为证明由于，要证明结论即证明，构造函数，利用导数研究其单调性和最值即可证明结论. 【小问1详解】 当时，的定义域为， 求导得，则在递减， 所以的单调递减区间是，无单调递增区间； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $