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（七）

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（七） 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z满足，则（    ） A．2 B． C．1 D． 2．已知集合，则“”是“”的（   ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知平面向量，，若，则与的夹角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 4．若，则（   ） A． B． C． D． 5．在平面直角坐标系中，圆：与圆：的公切线条数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 6．2025年11月7日，安徽省乒乓球群众业余联赛在宿州市开赛.宿州某代表队第一轮比赛需和对手比赛三场，在第一、二、三场比赛中该队赢对方的概率分别是，每场比赛结果相互独立.则该队在三场比赛中恰有两场赢对方的条件下，第一场赢对方的概率为（    ） 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．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过作与x轴不垂直的直线与双曲线C的右支交于P，Q两点，若是周长为的等腰三角形，则双曲线C的离心率为（   ） 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．在某校文艺汇演中，六位评委对某小品节目进行打分，得到一组分值7.7，8.1，8.2，8.7，9.4，9.9，若去掉一个最高分和一个最低分，则（   ） A．这组分值的极差变小 B．这组分值的均值变大 C．这组分值的方差变小 D．这组分值的第75百分位数不变 10．如图，在长方体中，，点是棱上的动点（不含端点），过点作长方体的截面，并将长方体分成上下两部分，体积分别为，则（   ） A．截面是平行四边形 B．若，则 C．存在点，使得截面为长方形 D．截面的面积存在最小值 11．若无穷数列满足：，当时，，则称是“数列”，则下列正确的是（   ） A．若是“数列”则为假命题 B．若是“数列”且是等差数列，则单调递增 C．若是“数列”且单调递减，则是等比数列 D．若是“数列”且是周期数列，则集合的元素个数最多是50 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 展开式中的系数为______. 13．已知椭圆，直线过坐标原点并交椭圆于，两点（P在第一象限），点是轴正半轴上一点，其横坐标是点横坐标的倍，直线交椭圆于点，若直线恰好是以为直径的圆的切线，则椭圆的离心率为_________． 14．已知函数，，，，是函数的4个零点，且，则的取值范围为_______；的取值范围是_______. 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)记为的内角的对边，已知，，的面积为． (1)求角B的大小； (2)求AC边上的高． 16．(15分)“六一”期间，某商家为了吸引顾客消费.商店打算推出一款售价为2元/个且外观完全相同的盲盒，每开一个盲盒，会开出三款不同颜色（红色、黄色、蓝色）的某一商品，已知开出红色、黄色、蓝色商品的概率分别为，，. (1)若某顾客一次性购买了3个盲盒，求该顾客恰好开出两个红色商品的概率； (2)某顾客只想要红色商品，与商店老板达成协议：每次开一个盲盒，如果开出红色商品则停止，否则再开一个盲盒，若连续4次均未开出红色商品，老板就赠送一个红色商品给该顾客.为了得到红色商品，求该顾客花费的数学期望. 17．(15分)已知四棱柱中，平面，在底面四边形中，，点是的中点.    (1)若平面平面，求三棱锥的体积； (2)设且，若直线与平面所成角等于，求的值. 18．(17分)已知双曲线：的渐近线为，焦距为，直线与的右支及渐近线的交点自上至下依次为、、、. (1)求的方程； (2)证明：； (3)求的取值范围. 19．(17分)函数，记为函数的导函数． (1)求函数的单调递增区间； (2)求函数的零点个数： (3)设为函数的最小的极值点，证明：为递增数列． （参考公式：） 第1页，共2页 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（七）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B C A B B B B AC AD 题号 11 答案 AD 1．B 【详解】因为，所以 2．B 【分析】根据集合的包含关系，可得a值，根据充分、必要条件的定义，即可得答案. 【详解】若，则集合，此时，充分性成立； 若，则，所以或， 解得或，必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：B 3．C 【详解】因为，则，则，解得， 则，， 则与的夹角的余弦值为. 4．A 【分析】先借助平方关系、商数关系及倍角公式化为齐次分式，再弦化切代入即可求解. 【详解】 . 5．B 【分析】求出圆心距，得到两圆相交，有两条公切线． 【详解】圆心，半径， ，故圆心，半径． 圆心距， 所以两圆相交，有两条公切线． 故选：B． 6．B 【分析】根据给定条件，利用互斥事件及相互独立事件的概率公式列式计算，再利用条件概率公式求解. 【详解】设第一、第二、第三场单打赢对手分别为事件A，B，C， 三场比赛中恰有两场赢对方为事件D，则， ， 所以. 故选：B 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．B 【分析】根据双曲线的定义，结合余弦定理列式得到，再根据离心率公式即可求出. 【详解】 设， 两点位于双曲线C的右支上，根据双曲线的定义得，即， ，即， 又是等腰三角形，，即，， 又的周长为，，，即， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 又和互补，， 即，化简得， ，又，. 故选：B. 9．AC 【分析】根据极差、百分位数、平均数和方差的定义求解，即可判断选项． 【详解】原始数据：7.7，8.1，8.2，8.7，9.4，9.9， 去掉一个最高分和一个最低分后： 8.1，8.2，8.7，9.4， 极差分别为，极差变小，故A正确； 均值分别为， ，均值变小，故B错误； 方差分别为 ， ，方差变小，故C正确； ，， 第75百分位数分别为，，第75百分位数变小，故D错误． 10．AD 【详解】如图： 对A：设平面交棱于点，连接，. 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以. 同理，所以四边形为平行四边形，即截面是平行四边形，故A正确； 对B：因为，，所以，. 又和中，，，. 所以，所以，. 连接，，则， 且， ， ， 所以，又，所以，所以，故B错误； 对C：假设存在点，使得截面为长方形. 设，则，. 由， 即或. 这与矛盾，所以假设错误.故不存在点，使得截面为长方形.即C错误； 对D：设，，则，， 在中，由余弦定理，， 所以. 所以. 所以截面四边形的面积为， 所以当时，截面的面积最小，为.故D正确. 11．AD 【分析】根据新定义数列，计算判断A，结合等差数列，单调性，周期数列计算判断BCD． 【详解】对于A，若是“数列”，当时，， ，若 当时，，所以， 当时，，所以， 当时，，所以， 故命题若是“数列”则为假命题，A正确； 对于B，若是“数列”且是等差数列，设公差为， 当时，，即， 当时，，则，，即， 此时，数列不单调递增，B错误； 对于C，若是“数列”且单调递减， 当时，，因为数列单调递减，所以. 当时，，因为数列单调递减，所以. 当时，，因为数列单调递减，所以. 可知数列不是等比数列，C错误； 对于D，若是“数列”且是周期数列，假设周期为， 当时，， 当时，，所以或 若时，当时，，所以或， 若时，当时，，所以或， 这样数列值会越来越大（非周期），所以 若时，当时，，所以或， 若时，当时，，所以或， 若时，当时，，所以或， 同理按此规律计算可得数列的取值可能是， 所以的元素个数最多是，D正确． 故选：AD． 12．15 【分析】根据给定条件，利用二项式定理直接求出结果. 【详解】 展开式中令的项为， 所以 展开式中的系数为15. 故答案为：15 13． 【分析】设，则由直线恰好是以为直径的圆的切线，可得，再利用点差的方法可得，即得，从而可得的关系，即可求得椭圆离心率. 【详解】依题意，设， 直线的斜率一定存在，分别为， 直线恰好是以为直径的圆的切线，则，则， 则，∴， ∵，两式相减得， ∴，即， ∴，∴，∴， ∴椭圆的离心率， 故答案为：. 14． 【分析】转化为与有4个不同的交点，同一坐标系内画出与的图象，得到，，并得到，求出. 【详解】令，即，， 即与有4个不同的交点， 同一坐标系内画出与的图象， 故，令，解得， 显然， 令，整理得， 故， 令得，或， 故，，， . 故答案为：， 15．(1) (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理及和角的正弦公式求出. （2）利用三角形面积公式及余弦定理求出AC边上的高. 【详解】（1）在中，由及正弦定理，得， 则，即， 而，因此，而，所以. （2）由（1）知，，而，的面积为， 则，解得， 由余弦定理得， 所以AC边上的高. 16．(1) (2)元 【分析】（1）由二项分布求解概率； （2）记该顾客打开盲盒的次数为，的所有可能取值为，求出分布列，求出均值，即可求出平均消费. 【详解】（1）记“该顾客恰好开出两个红色商品”为事件， 事件为3次独立重复试验，每次开出红色商品的概率为， 根据n次独立重复试验的概率公式可得． （2）为了得到红色商品，记该顾客打开盲盒的次数为，的所有可能取值为． ， ， 的分布列如下： 1 2 3 4 ， 则该顾客的平均花费为元． 17．(1) (2)3 【分析】（1）过作于点，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定证得，再在底面四边形中进行相关计算即可得解. （2）以点为原点，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列式求解即得. 【详解】（1）过作于点，由平面平面，平面平面， 平面，则平面，又平面，则，    在四棱柱中，平面，即平面，而平面， 于是，又平面，则平面， 又平面，则， 在底面四边形中，，即， 又，则，即，且， 又有，则在等腰直角中，，即，又，则， ，又，所以. （2）由四棱柱中，平面， 以点为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，    设，则，， ， 在平面中，， 设平面的一个法向量为，则，令，得， 则， 即，整理得，而解得， 所以. 【点睛】关键点点睛：用向量法求直线与平面所成的角，求出平面的法向量是关键，并注意公式求出的是线面角的正弦． 18．(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据双曲线关系和渐近线、焦距相关概念进行列式计算即可求解. （2）分别联立直线与及其渐近线方程求出、、、的坐标或坐标的关系，进而得出即. （3）根据依次求出和，再依据题意中体现的变量的范围去研究计算面积取值范围即可求解. 【详解】（1）由题意可得， 所以的方程为. （2）设直线， 因为直线与的右支交于两点，所以且， 联立， 所以，， 且，即， 所以①， 联立，， 联立，， ，即， ，即， 所以， 所以. （3）由（2）O到直线距离为， ，， ， 所以 ， 令，则， 由①， 所以， 【点睛】关键点睛：从直线与的右支交于两点条件中读出隐晦的已知条件且是求解的取值范围的关键. 19．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的正负性与函数单调性的关系，结合余弦二倍角公式进行求解即可； （2）根据导数的运算法则，结合函数零点的定义、题中所给公式、正弦型函数的性质进行求解即可； （3）根据函数极值的定义，结合数列单调性的定义进行运算证明即可. 【详解】（1）， 当时，即， 因为，所以， 所以由， 所以函数的单调递增区间为. （2）因为， 所以， 因为， 所以由题中所给公式得， 由 ，或， 由， 因为，所以， 由， 因为，所以， 所以函数的零点个数为； （3）因为， 所以，且， 所以由题中所给公式得 令，得，或， 当时，可得， 因为，显然当时，方程无解. 所以当为大于的正奇数时，， 当为大于的正偶数时，， 所以此时方程的最小解为， 当时，可得， 因为， 所以当为正奇数时，可得， 当为正偶数时，可得， 所以此时方程的最小解为， 综上所述：函数的最小的极值点为，且为极大值点， ， 因为， 所以， 所以为递增数列. 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 $