精品解析：贵州贵阳市修文中学2025-2026学年第二学期期中考试质量检测试卷高二数学

修文中学2025-2026学年第二学期半期质量监测试卷 高二数学 命题人：黄承勇 审题人：杨胜江 温馨提示： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将答题卡交回.本卷满分150分，考试用时120分钟. 一、单选题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知为虚数单位，则复数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题判断. 【详解】命题“，”， 其否定为，. 故选：A 3. 某中学为高二学生开设校本选修课，分别为人文社科、自然科学、艺术体育三个类别，其中人文社科类有 门互不相同的课程，自然科学类有 门互不相同的课程，艺术体育类有 门互不相同的课程.若要求每位学生选择 门课程，且 门课程需来自不同的类别，则不同的选课方案种数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】若选择的 门课程为人文社科、自然科学，则有 种选法， 若选择的 门课程为人文社科、艺术体育，则有种选法， 若选择的 门课程为自然科学、艺术体育，则有 种选法， 由分类计数原理可知，不同的选课方案种数为. 4. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接求导，再令其小于0，解出即可. 【详解】 的定义域为 ，解不等式，可得 ， 故函数的单调递减区间为. 故选：B. 5. 某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x的值是（ ） A. 20 B. 25 C. 28 D. 30 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得到总运费与总存储费用之和的表达式，利用基本不等式进行求解即可. 【详解】设一年的总运费与总存储费用之和为 ，显然， 则，当且仅当时取等号， 即 时取等号， 故选：D 6. 过点与圆相切的两条直线的夹角为 ，则 （ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解. 【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为 ， 因为，则， 可得， 则， ， 即为钝角， 所以； 法二：圆的圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为 ，连接 ， 可得，则， 因为 且，则， 即，解得， 即为钝角，则， 且 为锐角，所以； 方法三：圆的圆心，半径， 若切线斜率不存在，则切线方程为 ，则圆心到切点的距离，不合题意； 若切线斜率存在，设切线方程为 ，即， 则，整理得，且 设两切线斜率分别为，则， 可得， 所以，即，可得， 则， 且，则 ，解得. 故选：B. 7. 设直线是曲线的一条切线，则实数 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设出切点，根据在切点处的导数即为切线的斜率以及切点既在切线上又在曲线上列等式，即可求 的值. 【详解】设切点为，，直线的斜率. 则，得 ，. 故选：D. 8. 对于事件A，B，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用条件概率和事件 的概率算出 ，再根据概率加法公式和 、 的值求出 ，最后根据对立事件概率公式求出． 【详解】由条件概率公式，可得， 故， 又因， 则，所以． 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.） 9. 关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 它的极大值为，极小值为 B. 有两个零点 C. 它的单调递减区间为 D. 它在点处的切线方程为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先对函数求导，得到，通过分析导数的正负确定函数的单调区间与极值，再根据极值符号判断零点个数，最后利用导数的几何意义计算点处的切线方程，即可逐一验证选项． 【详解】，， 当时，， 当 或 时，，单调递增， 当 时，，单调递减， 对于A，当时，取极大值， 当 时，取极小值，A正确； 对于BC， 如图，在和上单调递增，在上单调递减，且，， 所以函数在，，各自有一个零点，分别为，共3个，B错误，C正确； 对于D，，，所以切线方程为，即， D正确． 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期是 B. 的图象关于对称 C. 在区间上单调递增 D. 由函数 图象向右平移个单位可得到函数 的图象 【答案】ABC 【解析】 【详解】对于A， 的最小正周期，故A正确; 对于B，对于函数，令，解得 当 时， 的图象关于对称，故B正确; 对于C，对于函数，令，解得， 当时，，即的单调递增区间为 又 区间是的子区间，在区间上单调递增，故C正确; 对于D，函数 图象向右平移个单位，得到，故D错误; 11. 某班要举办一次学科交流活动，现安排A，B，C，D，E这五名同学负责语文、数学、英语、物理学科相关工作．则下列说法中正确的是（    ） A. 若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种 B. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有240种不同的方案 C. 若数学学科必须安排两人，其余学科安排一人，则有60种不同的方案 D. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，其中A不负责语文且B不负责数学工作，则有144种不同的方案． 【答案】BC 【解析】 【分析】利用计数原理，结合分组思想，排列组合思想即可逐项求解． 【详解】对于A：这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种，故A错误； 对于B：根据若每人安排一门学科，每门学科至少一人， 我们把这五人分成四组共有种方法，再将这四组人去负责四个学科相关工作共有 种， 根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故B正确； 对于C：若数学学科必须安排两人，则有种方法，其余学科各安排一人共有 种， 根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故C正确； 对于D：“每人安排一门学科，每门学科至少一人”的总方案数为240（同选项B），需排除“A负责语文”或“B负责数学”的情况，用容斥原理计算： 情况1：A负责语文 固定在语文，分2种子情况： ①语文为“2人组”（人）：选1人加入语文（），剩余3人分配到其他3科（），方案数： ②语文为“1人组”（仅A）：先B、C、D、E分为三组（2，1，1），有种方法，再将三组分到数学、英语、物理，有种方法，故总的方法数为：； 情况1总方案数：． 情况2：B负责数学 与“情况1”对称，总方案数同样为60． 情况3：A负责语文且B负责数学（重复减去的部分） 负责语文且B负责数学，并保证英语、物理学科均有人负责.分情况讨论如下： ①语文或数学为“2人组”：剩余3人选2人分配到英语和物理有种方法，最后1人去语文或数学有种方法，方法数：； ②英语或物理为“2人组”：3人分成两组（2，1），有种分法，两组分配到英语和物理，有种分法，故方案数为； 故情况3总方案数：． 根据容斥原理，不符合条件的方案数为：， 因此，符合条件的方案数为：，故D错误. 故选：BC． 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 在二项式的展开式中，常数项为____. 【答案】24 【解析】 【分析】求出展开式的通项，再令 的指数等于零即可得解. 【详解】二项式的展开式的通项公式为 ， 令，解得， 展开式中的常数项为. 故答案为：. 13. 某学校有A，B两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐，如果第1天去 餐厅，那么第2天去 餐厅的概率为0.6；如果第1天去 餐厅，那么第2天去 餐厅的概率为0.8．则王同学第2天去 餐厅用餐的概率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意结合全概率公式和对立事件的概率公式计算即得. 【详解】设 “第1天去 餐厅用餐”，“第1天去B餐厅用餐”，“第2天去A餐厅用餐”， 根据题意得，，， 由全概率公式，得， 即王同学第2天去 餐厅用餐的概率为0.7，故王同学第2天去 餐厅用餐的概率为. 故答案为： 14. 已知函数.若对，都有恒成立，则 的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】对 求导，分析单调性，求出 的最大值，使得，进而可得 的取值范围． 【详解】由题意知，当时，. ， ①当时，恒成立，即 在上单调递减， 所以恒成立，所以. ②当时，由 ，得到，由 ，得到， 所以 在区间上单调递减，在区间上单调递增. 当，即时， 在区间上单调递增， 所以，（舍去）， 当，即时， 在上单调递减，，所以， 当，即时， 在区间上单调递减，在区间上单调递增， 则， 所以，得到，所以， 综上， 的取值范围为． 故答案为：． 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. 在 中， ，，且△ABC的面积为． （1）求a的值； （2）若D为BC上一点，且________，求的值． 从①；②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答． 【答案】（1） （2） 选①，； 选②，． 【解析】 【分析】（1）根据三角形面积公式计算得到a的值； （2）若选①，由正弦定理得，从而计算；若选②，由余弦定理得，结合三角内角和得． 【小问1详解】 由于 ，， ，解得； 由余弦定理得，解得； 【小问2详解】 若选①，则当时，在 中，由正弦定理， 即，所以，∵ ，∴； 若选②，则当时，在 中，由余弦定理知， ，解得 或（舍）， ， ∵，∴． 16. 设各项均为正数的等比数列的前n项和为， ， . （1）求数列的通项公式； （2）设，证明： . 【答案】（1） （2）证明： ，故， 所以 . 【解析】 【分析】（1）利用基本量法可求首项与公比，故可求通项公式； （2）求出的通项，利用裂项相消法结合不等式的性质可证题设中的不等式. 【小问1详解】 设公比为，则，故 ， 故. 【小问2详解】 略 17. 如图，在四棱锥中，底面 为矩形， 平面 ， ，点 是线段的中点． （1）证明： 平面； （2）若二面角 的正弦值为，求四棱锥外接球的表面积． 【答案】（1）因为 平面 ，平面 ， 所以 ， 因为底面 为矩形，所以 ， 因为 ， 平面 ， 所以平面 ， 因为 平面 ，所以 ， 因为 ，点 是线段的中点， 所以 ， 因为 且 平面， 所以 平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及性质定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，由面面角向量法可得 ，进而计算可解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以点 为坐标原点， 为 轴建立如图所示空间直角坐标系，设 ， 则 ， ， ， ， ， ， ， 由题意可得， 平面 ， 所以平面 的一个法向量可以为 ， 设平面 的一个法向量为 ， 则，令 ，则 ， 所以平面 的一个法向量可以为 ， 由题意可得，解得 ， 将四棱锥补充成完整正方体，可知 为四棱锥外接球的直径，即， 所以四棱锥外接球的表面积为 . 18. 在平面直角坐标系xOy中，已知点 ， ，点G满足直线AG与直线BG的斜率之积为，点G的轨迹为曲线C． （1）求C的方程； （2）已知过点 且斜率不为0的直线l与曲线C交于D，E两点，求四边形ADBE面积的最大值； （3）直线与x轴的正半轴和y轴分别交于Q，P两点，与椭圆分别交于M，N两点，且，，若，证明：直线经过定点，并求出该定点的坐标． 【答案】（1）； （2） ； （3）证明见解析；定点坐标为. 【解析】 【分析】（1）设 点坐标为 ，由可得结果； （2）设直线，，，联立方程组结合根与系数的关系求四边形 面积 的表达式，令，则，结合对勾函数性质求其最大值； （3）设，， ， ，由条件利用表示 的坐标，将 的坐标代入椭圆方程，结合方程思想可得 是方程的两个根，结合条件与根与系数的关系可求，由此可得结论. 【小问1详解】 设 点坐标为 ，则，即， 所以曲线C的方程为. 【小问2详解】 设直线，，， 联立，整理得， 方程的判别式， 故，， 设四边形 面积为 ，则， 所以， 令，则 因为​在 时单调递增，当（即 ）时，取最小值 ， 所以当直线方程为 时，四边形 的面积取最大值，； 【小问3详解】 设，， ， ， 因为，所以， 故，， 若，则 重合，与已知矛盾，故，即​ 所以，  同理，由，可得， 将 代入椭圆方程整理得， 将 代入椭圆方程整理得， 所以 是方程的两个根， 由根与系数的关系可得 ， 又， 所以，结合解得​， 即直线恒过 轴上的点. 所以直线经过定点，定点坐标为. 19. 已知函数，其中． （1）证明： 在区间上存在唯一的极小值点； （2）若 不存在零点，求a的取值范围； （3）当 有两个不同的零点，时，证明：． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导得，可得 在 上单调递增，，当 时，，进而可得结论． （2）由（1）可知， 的最小值为，其中满足，由题意可得，进而可得， ，构造函数求得值域，可求得a的取值范围； （3）由等价于，令，变形可得，构造函数，求导研究函数的性质，由题意有两个不同的实数根，，进而要证，只需证对任意成立，构造函数，，求导可证结论． 【小问1详解】 的定义域为 ，求导得， 因为，，均是 上的增函数，所以 在 上单调递增． 又，当 时，， 根据零点存在定理，存在唯一的，使得． 且当时，， 单调递减； 当时，， 单调递增，因此是 在上唯一的极小值点． 【小问2详解】 由（1）可知， 的最小值为，其中满足． 若 在定义域内不存在零点，则． 由，可得，即，故． 易知函数在 上单调递减， 又，要使得，即，必须有 ． 令，则， 当时，，故在 上单调递增， 因为 ，所以（1），即， 则，故a的取值范围是． 【小问3详解】 由，可得，等价于． 令，则，所以，． 设，则， 易知在 上单调递减， 又，则当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 有两个不同的零点，，等价于方程有两个不同的实数根，， 其中，． 不妨令，则由的单调性可知， 要证明，即，，即． 因为，所以，而，又在上单调递减， 只需证明，即证明对任意成立． 设，， 则． 构造函数求导可证，当且仅当 时，等号成立， 所以当 时，有，，所以， 因此，当时，恒成立，在上单调递减， 所以当时， ，即， 也即．故原不等式成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 修文中学2025-2026学年第二学期半期质量监测试卷 高二数学 命题人：黄承勇 审题人：杨胜江 温馨提示： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将答题卡交回.本卷满分150分，考试用时120分钟. 一、单选题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知为虚数单位，则复数（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 某中学为高二学生开设校本选修课，分别为人文社科、自然科学、艺术体育三个类别，其中人文社科类有 门互不相同的课程，自然科学类有 门互不相同的课程，艺术体育类有 门互不相同的课程.若要求每位学生选择 门课程，且 门课程需来自不同的类别，则不同的选课方案种数为（ ） A. B. C. D. 4. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 5. 某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x的值是（ ） A. 20 B. 25 C. 28 D. 30 6. 过点与圆相切的两条直线的夹角为 ，则 （ ） A. 1 B. C. D. 7. 设直线是曲线的一条切线，则实数 的值为（ ） A. B. C. D. 8. 对于事件A，B，，，，则（ ） A. B. C. D. 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.） 9. 关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 它的极大值为，极小值为 B. 有两个零点 C. 它的单调递减区间为 D. 它在点处的切线方程为 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期是 B. 的图象关于对称 C. 在区间上单调递增 D. 由函数 图象向右平移个单位可得到函数 的图象 11. 某班要举办一次学科交流活动，现安排A，B，C，D，E这五名同学负责语文、数学、英语、物理学科相关工作．则下列说法中正确的是（    ） A. 若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种 B. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有240种不同的方案 C. 若数学学科必须安排两人，其余学科安排一人，则有60种不同的方案 D. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，其中A不负责语文且B不负责数学工作，则有144种不同的方案． 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 在二项式的展开式中，常数项为____. 13. 某学校有A，B两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐，如果第1天去 餐厅，那么第2天去 餐厅的概率为0.6；如果第1天去 餐厅，那么第2天去 餐厅的概率为0.8．则王同学第2天去 餐厅用餐的概率为______． 14. 已知函数.若对，都有恒成立，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. 在 中， ，，且△ABC的面积为． （1）求a的值； （2）若D为BC上一点，且________，求的值． 从①；②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答． 16. 设各项均为正数的等比数列的前n项和为， ， . （1）求数列的通项公式； （2）设，证明： . 17. 如图，在四棱锥中，底面 为矩形， 平面 ， ，点 是线段的中点． （1）证明： 平面； （2）若二面角 的正弦值为，求四棱锥外接球的表面积． 18. 在平面直角坐标系xOy中，已知点 ， ，点G满足直线AG与直线BG的斜率之积为，点G的轨迹为曲线C． （1）求C的方程； （2）已知过点 且斜率不为0的直线l与曲线C交于D，E两点，求四边形ADBE面积的最大值； （3）直线与x轴的正半轴和y轴分别交于Q，P两点，与椭圆分别交于M，N两点，且，，若，证明：直线经过定点，并求出该定点的坐标． 19. 已知函数，其中． （1）证明： 在区间上存在唯一的极小值点； （2）若 不存在零点，求a的取值范围； （3）当 有两个不同的零点，时，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $