精品解析：浙江杭州地区(含周边)重点中学2025-2026学年高二第二学期期中考试数学试题

2025学年第二学期期中杭州地区（含周边）重点中学 高二年级数学学科试题 命题：临安中学 郭立军､吴朝炜 审校：奉化中学 周科瑜 桐庐中学 方婷华 校稿：李慧华 考生须知： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟； 2.答题前，在答题卷密封区内填写班级､学号和姓名；座位号写在指定位置； 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效； 4.考试结束后，只需上交答题卷. 第I卷 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的， 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】复数z满足, 故， 故. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解出集合，再利用交集的含义即可得到答案. 【详解】或， 则， 故选：C. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助平面向量坐标运算及共线基本定理计算即可得. 【详解】，， 由，则， 整理得，故B正确、A、C、D错误. 4. 下列椭圆中，形状最接近于圆的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用椭圆离心率公式逐项求解，然后利用离心率的性质分析即可. 【详解】对于A，， 所以椭圆离心率为， 对于B，， 所以椭圆离心率为， 对于C，， 所以椭圆离心率为， 对于D，， 所以椭圆离心率为， 因为，所以D选项中椭圆离心率最小， 由椭圆性质知，离心率越小，越接近于圆，故D正确. 5. 已知，函数是偶函数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据偶函数的定义列出恒等式求解即可. 【详解】因为为偶函数， 所以， 所以 所以恒成立，即，解得. 当时，， 满足，函数为偶函数. 综上，. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助同角三角函数基本关系及降幂公式计算即可得解. 【详解】， 又，则， 即，整理得， 故，故A正确、C错误； 则，整理得， 故B、D错误. 7. 直线与圆相交于两点，当面积最大时，的值为（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式和弦长公式可以求出的面积是关于的一个式子，利用基本不等式即可求出答案. 【详解】圆心到直线的距离， 则弦长， ， 当且仅当，即时， 面积取得最大值. 8. 设是自然对数的底数，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】对A选项构造函数，结合条件可得，再取特殊值并结合零点存在性定理判断可得；对，先由进行放缩，从而可得，再通过构造函数，用函数的单调性判断可得. 【详解】对A选项：构造函数， 已知，整理得：，因为恒成立. 因为，所以. 令，由于，则， 而，， 根据零点存在性定理，存在使得，此时，故A错误； 对选项B： 令，则， 由于，， 根据零点存在性定理，存在使得，此时，故B错误； 分析选项：若，变形为， 所以，令，则， 所以在上单调递增，所以，即. 因此，所以. 令，则，所以在单调递增， 由得，故C正确，D错误. 二､多选题：本题共3小题，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. 在正方体中，分别为的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. C. 平面平面 D. 平面平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A直接用线面平行的判定定理判断可得；对C转化为线面垂直判断可得；对C构造平面，平面平面且平面平面，从而可得平面与平面相交，对D用面面垂直的判定定理判断可得. 【详解】如图正方体为中，分别为的中点， 对选项A ：因为正方体中，又分别为的中点，可得， 因此， 平面，平面， 根据线面平行的判定定理，得平面，A正确； 对选项B：正方体中，且 ，，平面， 因此平面， 平面，故 ，B正确； 对选项C ：设是的中点，连接，由A选项的分析知， 又因为分别是棱的中点，所以且，且， 所以四边形是平行四边形，得. 因为，平面,平面,所以平面, 同理，平面,平面,所以平面, 而平面，所以平面平面， 而平面平面，所以平面与平面必相交，故C错误； 对选项D ：由B选项分析知平面，又，因此平面. 又因为 平面，根据面面垂直的判定定理，得平面平面，D正确. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是的极值点 B. 时，有3个零点 C. 时， D. 时，过原点可作两条不同直线与图象相切 【答案】AC 【解析】 【分析】利用导数求出函数的单调区间及极值，结合三次函数图象判断ABC；设出切点坐标并求出切线方程，确定切线过原点时方程解的个数判断D. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 当或时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， A，函数在处取得极大值，在取得极小值，因此是的极值点，A正确； B，，，由三次函数的性质知， 当且仅当且，即时，函数有3个零点，B错误； C，当时，，，C正确； D，当时，，设切点坐标为， 切线方程为， 由切线过原点，得，整理得， 令，求导得， 由，得或；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，， 函数有唯一零点，因此过原点只能作一条直线与图象相切，D错误. 11. 若数列满足，则称数列为项数列，所有项数列构成的集合记作，对任意数列（注：可以相同），记随机变量，则下列说法正确的是（ ） A. 中有81个元素 B. 若，则的所有可能取值的个数为7 C. 当时， D. 若的期望，则的最小值为67 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，直接根据项的个数，按照乘法原理得出总元素个数；对于B，先得到的可能取值，然后得到时的可能取值；对于C，先计算出各种取值对应的概率，然后分析出当时，若，则第四项以后均为，从而得到前三项的可能取值，然后利用概率的乘法和加法公式得到的概率；对于D，先计算出的期望，再根据期望的线性性质得到并通过代入检验得出的最小值. 【详解】令，，共有种组合. 对于A，表示长度为的数列的集合， 每个位置有种选择，所以总元素个数为，A正确； 对于B，的可能取值为，若，则，和的可能取值分别为和， 所以的可能取值为，即个，B正确； 对于C， 包括 ，， 包括 ，， 包括 ，，当时，考虑 ，因为对于任意， 若 ，则 ，所以对于任意， ，即 ，有两种情况： ，概率为， ，概率为， 所以，C正确； 对于D，，由期望的性质可得 ， 若 ，则 ，因为 ， ， 所以的最小值为，D错误. 第II卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知某圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥的体积为__________. 【答案】 【解析】 【详解】已知某圆锥的底面半径为1，母线长为2，则高为. 所以体积为. 13. 若多项式，则__________. 【答案】10 【解析】 【分析】先换元，然后利用二项展开式的通项公式去求解答案. 【详解】令，有. 展开式的通项为， 因为展开式中不含项，. 14. 设抛物线的焦点为，过作一条直线与抛物线交于两点，为坐标原点，的外接圆与轴的另一个交点为，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】当直线斜率存在时，根据相交弦定理可得，然后将表示成关于的代数表达式，求出其范围，再考虑直线斜率不存在时，求出的外接圆方程，然后求出，最后得到的取值范围. 【详解】抛物线方程为，. 如图所示，当直线的斜率存在时，设，直线的方程为. 联立，整理得. . 由题意可知 因为四点共圆，且相交于点，由相交弦定理可得. 即. ，即，. 当直线的斜率不存在时，可得坐标分别为，设的外接圆方程为. ，解得，外接圆方程为. 令，得或（舍），即，此时. 综上，的取值范围是. 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. 已知等差数列满足，数列的前项和为满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列性质求出公差，进而求出；利用数列前项和与第项的关系，结合等比数列定义求出. （2）由（1）的结论，利用错位相减法求和. 【小问1详解】 在等差数列中，，解得，而， 则数列的公差，所以， 数列中，，当时，，两式相减得， 则，由，得，数列是首项为，公比为2的等比数列， 所以. 【小问2详解】 由（1）得，则， 于是， 两式相减得 所以. 16. 在中，角所对的边分别是，已知，. （1）求； （2）若上一点满足，且，求的面积. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求角，再根据正弦定理和三角恒等变换求得角； （2）根据正弦定理求得，再利用三角形面积公式求解. 【小问1详解】 由，得到， 即，，于是， 由，根据正弦定理得到，， ，于是，即， 因为，所以，故. 【小问2详解】 由题意得， 又在中，由，，则， 由正弦定理得， 于是， 故的面积为. 17. 如图，为正三角形，四边形为等腰梯形，，，现将沿翻折到，使，如图所示. （1）证明：平面平面； （2）设为侧棱上一个动点，若二面角的余弦值为，求的长. 【答案】（1） 如图，分别取的中点，的中点，连接， 显然，所以，又因为，，由勾股定理得， 由条件得，所以，即， 又，平面，平面， 又平面，故平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由题意得出，然后根据勾股定理得出，从而得到线面垂直，进而得到面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，通过二面角的向量法得出与的关系，进而由即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，平面，以为坐标原点建立如图空间直角坐标系， 则， 所以， 设， 则， 设平面的一条法向量为，由得， 令，则，即， 又平面的一条法向量为，设二面角的大小为，由为锐角，得， 化简得，解得或（舍） 则， 故. 18. 设双曲线的右焦点为，已知到一条渐近线的距离为1，过且垂直于轴的直线被所截得的弦长为2. （1）求双曲线的标准方程； （2）设是双曲线上一点，已知双曲线在处的切线的方程为. （i）已知分别交两条渐近线于两点，求证：（为坐标原点）面积是定值； （ii）若在第一象限，设与直线交于点，证明：平分. 【答案】（1） （2） （i） 如图，联立，解得， 联立，解得， 由于，所以， 所以的面积； （ii）法1： 要证明平分，即证， 只需证， 只需证，即证， 易知，当时，解得，故， ， 又，故原命题得证. 法2：易知，当时，解得，故， ， 由于， 设， 则， 要证明平分只需证与共线， 即证， 即证，显然成立， 平分.. 【解析】 【分析】（1）根据题意列出的方程再求解 （2）（i）联立切线和求点坐标，再求点坐标，再用三角形面积公式求解 （ii）由正切函数的二倍角公式及斜率的定义列出方程证明即可. 【小问1详解】 由题意得，解得，双曲线的方程为. 【小问2详解】 略 19. 已知函数是自然对数的底数. （1）若，判断在区间上的单调性，并说明理由； （2）若，证明：在区间上有唯一极小值点，且； （3）若，已知在区间上恰有两个零点，设，记在上的最小值为，证明：.参考数据：. 【答案】（1） 当时， ，则 由于，于是，故在区间上递增. （2） 当时， ，， ①当时，令，所以 ，因为在上，， 已知，所以，即在上递增，且 . ∴由零点存在定理知必存在使得 ②当时，可得 所以当，，当， 所以在递减，递增，故是唯一极小值点，且有 则 （3） 当时， ①当时，因为， ，所以，即不存在零点，故不合题意； ②当时，设，， 计算  ， ， ， 为使恰有两个零点，需   且  ，即 结合条件，可得 由于 ， 由条件得，则 ， ①当时，时，恒成立； ②当时， . 在递减， 当时， ， ，综上所述， 【解析】 【分析】（1）代入参数后求导，利用指数函数和正弦函数在正数范围内的取值特点，证明导数恒大于零，从而得到函数单调递增的结论； （2）先对函数求导，利用二阶导确定导函数在区间内先增后正，结合端点值异号证得唯一零点即极小值点；再借助极值点处的导数等式，将函数值变形为含切线的形式，通过放缩证明不等式； （3）根据零点存在条件反推参数b的值，确定函数具体形式，然后构造新函数并求导，分析其单调性，找到最小值点，利用原函数零点条件将最小值表达式转化为三角函数形式，再根据零点所在区间确定角度范围，最终得出最小值的取值范围. 【小问1详解】 略 【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 $ 2025学年第二学期期中杭州地区（含周边）重点中学 高二年级数学学科试题 命题：临安中学 郭立军､吴朝炜 审校：奉化中学 周科瑜 桐庐中学 方婷华 校稿：李慧华 考生须知： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟； 2.答题前，在答题卷密封区内填写班级､学号和姓名；座位号写在指定位置； 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效； 4.考试结束后，只需上交答题卷. 第I卷 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的， 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 下列椭圆中，形状最接近于圆的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，函数是偶函数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 直线与圆相交于两点，当面积最大时，的值为（ ） A. 2 B. C. D. 4 8. 设是自然对数的底数，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 二､多选题：本题共3小题，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. 在正方体中，分别为的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. C. 平面平面 D. 平面平面 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是的极值点 B. 时，有3个零点 C. 时， D. 时，过原点可作两条不同直线与图象相切 11. 若数列满足，则称数列为项数列，所有项数列构成的集合记作，对任意数列（注：可以相同），记随机变量，则下列说法正确的是（ ） A. 中有81个元素 B. 若，则的所有可能取值的个数为7 C. 当时， D. 若的期望，则的最小值为67 第II卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知某圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥的体积为__________. 13. 若多项式，则__________. 14. 设抛物线的焦点为，过作一条直线与抛物线交于两点，为坐标原点，的外接圆与轴的另一个交点为，则的取值范围为__________. 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. 已知等差数列满足，数列的前项和为满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 在中，角所对的边分别是，已知，. （1）求； （2）若上一点满足，且，求的面积. 17. 如图，为正三角形，四边形为等腰梯形，，，现将沿翻折到，使，如图所示. （1）证明：平面平面； （2）设为侧棱上一个动点，若二面角的余弦值为，求的长. 18. 设双曲线的右焦点为，已知到一条渐近线的距离为1，过且垂直于轴的直线被所截得的弦长为2. （1）求双曲线的标准方程； （2）设是双曲线上一点，已知双曲线在处的切线的方程为. （i）已知分别交两条渐近线于两点，求证：（为坐标原点）面积是定值； （ii）若在第一象限，设与直线交于点，证明：平分. 19. 已知函数是自然对数的底数. （1）若，判断在区间上的单调性，并说明理由； （2）若，证明：在区间上有唯一极小值点，且； （3）若，已知在区间上恰有两个零点，设，记在上的最小值为，证明：.参考数据：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $