湖南长沙市2025-2026学年高二下学期数学期中考试自编模拟试卷（六）

湖南长沙市2025-2026学年高二下学期数学期中考试自编模拟试卷（六） 一、单选题: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，只有一项是符合要求的。 1．已知复数，则（    ） A．1 B． C．2 D． 2．已知集合，若，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．已知，，则（    ） A．2 B． C．4 D．8 4．已知角的终边经过点，则（    ） A． B． C． D． 5．在平面直角坐标系中，已知两圆相交于两点，，且圆心都在直线上，则的值为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 6．若事件满足，则（   ） A． B． C． D． 7．中，内角的对边分别是，，且，，若，则线段长为（   ） A． B． C． D． 8．在中，已知，，的面积为6，P为线段AB上的一点，且，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题：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，有多项符合题目的要求，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．有两组样本数据：和，则这两组样本数据的（    ） A．样本平均数不相同 B．样本中位数相同 C．样本标准差不相同 D．样本极差相同 10．的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，，，则有两解 C．若，，则面积的最大值为 D．若为钝角三角形，则 11．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，…该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，现将中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为，则（   ） A． B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．展开式中的常数项为______. 13．在平面直角坐标系中，已知椭圆的上、下顶点分别为，，右焦点为，线段的延长线与交于点，若，则的离心率为______． 14．关于的方程的一个正实数解为______；若该方程只有唯一的正实数解，则的最大整数值是______. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．(13分)已知内角的对边分别为，设. (1)求； (2)若的面积为，求的值. 16．(15分)为了实施学生体质强健计划，某校组织学生在、、三个区域开展定点投篮比赛．某同学在区域投篮命中的概率是，在和区域投篮命中的概率都是，它们之间相互不影响． (1)若规定该同学等可能地选择三个区域中的一个区域投篮一次，求该同学投篮命中的概率； (2)若规定该同学需要依次在、、三个不同区域各投篮一次，如果在、、三个区域全部投中，可获得6分；如果仅在两个区域投中，可获得3分；如果仅在一个区域投中，可获得1分；否则没有得分．求该同学得分的数学期望． 17．(15分)如图，在直三棱柱中，，，，．若分别为棱上的动点，且，点在平面上的射影为点． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 18．(17分)已知，，等轴双曲线：的左、右顶点分别为、，左、右焦点分别为、，且．点为双曲线的左支上异于点的一个动点． (1)求双曲线的方程； (2)若，求点的坐标； (3)设点，直线交双曲线的右支于点．试判断直线与直线的交点是否在一条定直线上？若是，请求出该直线的方程；若不是，请说明理由． 19．(17分)设函数，其中． (1)讨论的单调性； (2)若存在极值点，且，其中，求证： (3)设，函数，求证：在区间上的最大值不小于． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 《湖南长沙市2025-2026学年高二下学期数学期中考试自编模拟试卷（六）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D B C A B B D AD ABC 题号 11 答案 BD 1．A 【详解】复数， 则. 2．D 【分析】利用指数函数的单调性，结合集合间的包含关系代入数值计算即可. 【详解】因为函数是增函数，且，所以，即的取值范围为. 故选：D. 3．B 【分析】根据向量的坐标表示和向量的模进行求解即可. 【详解】因为， 所以. 所以. 故选：B. 4．C 【分析】利用三角函数的定义即可求值，再结合二倍角公式，即可作出判断. 【详解】由题意可得：，故A错误； ，故B错误； 由，可得，故C正确； ，故D错误； 故选：C 5．A 【分析】根据相交圆的性质，结合互相垂直直线斜率的关系进行求解即可. 【详解】根据相交圆的性质可知直线与直线垂直， 线段的中点在直线上， 所以， 所以线段的中点的坐标为， 则有， 因此. 故选：A 6．B 【分析】根据对立事件的概率公式，可得，根据概率的加法公式，可得，结合全概率公式及条件概率公式，代入求解，即可得答案. 【详解】由，得， 又， 所以， 由，得， 所以. 7．B 【分析】根据正弦定理边角互化可得的大小，进而利用余弦定理求解长度，可判断三角形为直角三角形，进而根据向量的线性运算即可求解. 【详解】由可得, 故,由于，故 , 由余弦定理可得，故，， 由得,故， 由于，，，故, 故. 8．D 【分析】根据题目信息结合三角恒等变换及向量的数量积公式解出三角形，建立平面直角坐标系，由为线段上的一点，则存在实数使得，再根据，求出点坐标，从而得到，利用基本不等式即可求出答案. 【详解】在中，设，，， 因为，，所以， 即，所以， 因为，所以，所以，又，所以， 又因为，所以，又，所以， 在中，，，， 根据，所以，，， 以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立直角坐标系， 可得，，，所以，， 由于为线段上的一点，则存在实数使得， 设，，则，， 所以，则， 所以，，则， 所以， 当且仅当，即，时，等号成立， 此时，所以的最小值为. 9．AD 【分析】利用平均数、中位数、标准差、极差的意义逐项分析判断即可. 【详解】对于A，两组数据的平均数分别为，，故A正确； 对于B，数据的中位数是2，数据的中位数是4，故B错误； 对于C，两组数据的标准差都为，故C错误； 对于D，两组数据的极差分别为，故D正确. 故选：AD 10．ABC 【详解】对于A，若，则， 根据正弦定理（是外接圆半径）， 可得， 所以，即，A正确； 对于B，由正弦定理， 代入得， 因为，且，（即）， 所以可以是锐角或钝角，两种情况均符合三角形内角和为， 所以有两解，B正确； 对于C，由余弦定理得，， 所以， 由基本不等式得，， 则，即， 当且仅当时，等号成立， 所以面积，C正确； 对于D，若为钝角，则由余弦定理得，， 所以，即，D错误. 11．BD 【分析】根据斐波那契数列的性质，结合周期性逐一判断即可. 【详解】因为，，，，，，，，…， 所以是以6为周期的周期数列，所以，A错误； 因为，B正确； 因为，C错误； 因为 所以，D正确， 故选：BD 12．375 【分析】根据展开式的通项计算. 【详解】展开式的通项为， 令，解得，故常数项为. 故答案为： 13． 【分析】求出直线方程，结合，利用两点间距离公式求出点坐标，代入椭圆方程求解即可. 【详解】椭圆的上顶点，下顶点，右焦点，其中. 直线方程：. 设，因为，所以， 即，解得，所以. 代入椭圆方程得，即，所以，即. 又，所以. 14． 【分析】将代入方程，可得结论；考虑为正数的情形，当时，由可得，令，其中，则，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理和题意可得出关于的不等式，解出的范围，即可得出实数的最大整数值. 【详解】对于关于的方程， 当时，， 故关于的方程的一个正实数解为； 当时，由可得， 令，其中，则， 要求的最大整数值，先考虑，若时存在最大整数值，则不需考虑的情形， ， 令， 则， 当时，，，则，则， 当时，，，则，则， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 故当时，， ①当时，即当时，对任意的恒成立， 当时，， 故函数在上单调递增，此时函数有且只有一个正零点，符合题意； ②当时，即当时，因为，且， 由零点存在定理可知存在， 使得当时，；当时，. 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，又因为， 由零点存在定理可知，存在使得， 此时函数至少有两个正零点，不符合题意. 故当时，函数有且只有一个正零点， 又因为，故的最大整数值为. 故答案为：；. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化进行化简，结合余弦定理即可得到结果；（2）根据题意，由三角形的面积公式可得，结合余弦定理即可得到结果. 【详解】（1）原式化简可得：， 整理得：， 由正弦定理可得：， 因此三角形的内角； （2）， ， ， . 16．(1) (2) 【分析】（1）根据全概率公式计算可得； （2）依题意的可能取值为，，，，求出所对应的概率，即可求出数学期望. 【详解】（1）设“该同学投篮命中”为事件，“该同学选择区域投篮”为事件，“该同学选择区域投篮”为事件，“该同学选择区域投篮”为事件， 因为该同学等可能地选择三个区域中的一个区域投篮，所以， 已知在区域投篮命中的概率是，在和区域投篮命中的概率都是， 所以，，， 所以， 所以该同学投篮命中的概率为； （2）由题意可知，得分的可能取值为，，，， 所以， ， ， ， 所以， 所以，该同学得分的数学期望为. 17．(1)证明过程见解析； (2) 【分析】（1）先由余弦定理求出，进而，故⊥，结合⊥，得到线面垂直，面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，设，根据得到，，求出平面的法向量，设出线面角，得到， 因为，所以， 【详解】（1），，， 由余弦定理得， 故，故⊥， 直三棱柱中，⊥， 又，平面， 故⊥平面， 又平面，所以平面⊥平面； （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 点在平面上的射影为点，， ，， 设，， 故， ，故，整理得， 又，故，又，解得， 设平面的法向量为， 则， 解得，令得，故， 设直线与平面所成角大小为， 则， 因为，所以， 直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 18．(1) (2)或 (3)直线与直线的交点在一条定直线上上. 【分析】（1）根据等轴双曲线的概念，结合，可求的值，得双曲线的方程. （2）先判断点在圆上，列方程，解方程组可得点坐标. （3）设直线的方程为，与双曲线方程联立，消去，利用韦达定理表示出，，再表示出直线与，探索两直线交点的横坐标是不是定值即可. 【详解】（1）由题意：. 所以双曲线的方程为：. （2）因为，所以在以为圆心，以为半径的圆上. 由或. 所以或. （3）如图： 因为与不重合，所以直线的斜率不为0， 故可设直线的方程为，，. 因为点在双曲线的左支上，故或. 联立得：. . 故，， 则，故. 易得，， 则，所以直线的方程为， ，所以直线的方程为：， 故点的横坐标满足：，显然， 由题意得：，， 则， 则. 故点在定直线上. 19．(1)， 在上单调递增；，在区间上单调递增，在区间单调递减 (2)证明见详解 (3)证明见详解 【分析】（1）对函数求导后利用二次函数的性质结合的取值范围分析单调性即可. （2）根据存在极值点，则且，由，得到，然后分别求，，论证即可. （3）设在区间上的最大值为，表示中最大值，结合（2）将端点函数值和极值比较，分，和三种情况讨论求解. 【详解】（1）对求导得：， 判别式，分情况讨论： 当时，恒成立，在上单调递增； 当时，令，解得； 时，单调递增； 时，单调递增； 时，单调递减， 综上，当时，在上单调递增； 当时，在区间单调递增； 在区间单调递减； （2）因为函数存在极值点， 所以，即， 由可得， 即. 因为，所以 ， 故． （3）设在区间上的最大值为，表示中最大值， 下面分三种情况讨论： 当时，，由（2）知：在递减， 所以在上的取值范围是， 所以， ， 所以， 由（2）可得，， 当时，， 故， 所以在上的取值范围是， 所以 ， 当时，， 故， 所以在上的取值范围是， 所以 ， 综上：当时，g在区间上的最大值不小于. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $