精品解析：湖北省武昌实验中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

高二数学试卷 考试时间：2026年4月20日下午14:00—16:00 试卷满分：150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. 若圆锥的表面积为，圆锥的高与母线长之比，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依题意，算出底面半径和高即可. 【详解】由题意可知母线与圆锥底面的夹角为 ， 设底面半径为r，圆锥的高为h，母线长为l，则① ， 则圆锥的表面积为 ，将①代入，解得 ， 圆锥的体积为 ； 故选：A. 2. 等比数列满足，则（ ） A. 30 B. 62 C. 126 D. 254 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的性质，由题中条件，先求出首项和公比，即可. 【详解】设等比数列的公比为， 由可得， 则， 所以， 因此. 故选：C 3. 二项式的展开式中的常数项为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式定理先求的展开式的通项，再求常数项即可. 【详解】因为的展开式的通项， 所以的展开式中的常数项为， 故选：B. 4. 已知直线 与曲线相切，则 的方程不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出根据导函数的几何意义，分别解以及 ，得出切点坐标，代入点斜式方程求解，即可得出答案. 【详解】由已知可得，， 由导数的几何意义可得，曲线在点处的切线的斜率. 对于A、B项，由可得，，解得. 当 时，切点为，此时切线方程为， 整理可得，切线方程为，故B项正确. 当 时，切点为，此时切线方程为， 整理可得，切线方程为，故A项正确； 对于C、D项，由可得，，解得 ，切点为， 此时切线方程为，整理可得，切线方程为 ，故C项正确，D项错误. 故选：D. 5. 已知，则不等式的解集为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数判断出在上递增，而，由此将不等式转化为，然后利用单调性列不等式，解不等式求得的取值范围. 【详解】由，故函数在上单调递增， 又由， 故不等式可化为，，得， 解得 ．故选A. 【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查对数不等式的解法，属于基础题. 6. 某公司为庆祝新中国成立73周年，计划举行庆祝活动，共有5个节目，要求A节目不排在第一个且C、D节目相邻，则节目安排的方法总数为（ ） A. 18 B. 24 C. 36 D. 60 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合特殊元素问题及相邻问题，列式计算作答. 【详解】因为C、D节目相邻，则视C、D节目为一个整体与其它3个节目排列， 又A节目不排在第一个，则从后面三个位置中取一个排A，再排余下3个，有种， 其中的每一种排法，C、D节目的排列有， 所以节目安排的方法总数为（种）. 故选：C 7. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】比较与通过作商，构造通过研究单调性比较大小； 与通过作差，构造通过研究单调性比较大小. 【详解】，，则， 令，则， 所以 在 上单调递减，所以， 所以，所以，所以. 而， 因此构造，则，， 所以 在 上单调递增，所以， 所以在 上单调递增，所以， 所以，即，所以， 故. 故选：A 【方法点睛】比较大小一般是作差与作商比较，然后要能够有统一化的元素作为比较大小的纽带. 8. 如图，已知直线与椭圆恰有一个公共点与圆相交于两点，点与点关于坐标原点对称，若的面积可取到最大值，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】联立直线与椭圆的方程，根据相切，利用判别式可得，进而根据对称以及面积关系得 ，即可根据点到直线的距离公式，结合离心率公式求解. 【详解】根据题意联立 得， 由．化简整理，得； 因点与点关于坐标原点对称，故到直线 的距离是到 距离的两倍， 故的面积是的面积的两倍，则的面积取到最大值， 由于的面积为， 故，此时 ，从而原点到直线 的距离， 又，故，代入，可得， 从而，即， 故选：B． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 二项式系数最大的项为 B. 常数项为2 C. 第6项与第7项的系数相等 D. 含的项的系数为480 【答案】AC 【解析】 【分析】利用二项式系数的性质及展开式的通项公式即得. 【详解】因为，所以二项式系数最大的项为，，A正确； 因为展开式的通项为， 令 ，得常数项为1，B错误； 第6项为，第7项为， 第6项与第7项的系数相等，C正确： 含的项为，其系数为448，D错误． 故选：AC． 10. 已知，若（ 为自然对数的底数），则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由可得，利用作差法即可判断A；令，根据导数可判断函数在上递增，结合A及指数函数的单调性可判断B；根据指数函数的单调性结合基本不等式可判断C；结合B根据对数函数的单调性可判断D. 【详解】解：因为， 所以，即， 对于A，因为， 所以，故A正确； 对于B，令，则， 所以在上单调递增， 因为，所以， 所以，即，所以，故B错误； 对于C，因为，所以， 当且仅当，即时取等号， 所以，故C正确； 对于D，因为，所以，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知抛物线 的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线 与抛物线交于，两点，点位于点右方，若，则下列结论一定正确的有（ ） A. B. C. D. 直线 的斜率为 【答案】ABC 【解析】 【分析】设直线 的方程为，不妨设，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出， ，再由正弦定理得到，得到 ，代入两根之和，两根之积，列出方程，求出，进而求出，根据 可判断根据可判断根据可判断根据对称性判断． 【详解】解：由题意得，，， 当直线 的斜率为时，与抛物线只有个交点，不合要求， 故设直线 的方程为，不妨设， 联立 ，可得，易得， 设，，则，， 则，， 则，， 由正弦定理得，， 因为，， 所以，  ， 即． 又由焦半径公式可知， 则，即， 即，解得， 则，，解得，， 故， 当时，同理可得到，故A正确 ． ，故B正确 ，故C正确 当时，，则 ，即 ， 此时 ． 由对称性可得，当时，， 故直线的斜率为，故D错误． 故选：ABC. 【点睛】方法点睛： 在处理有关焦点弦，以及焦半径问题时长度问题时有以下几种方法； （1）常规处理手段，求交点坐标然后用距离公式，含参的问题不适合； （2）韦达定理结合弦长公式，这是此类问题处理的通法； （3）抛物线定义结合焦点弦公式. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 从班委会6名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文艺委员、体育委员，其中甲、乙二人不能担任文艺委员，则不同的选法有______种． 【答案】80 【解析】 【分析】法一：利用分类加法原理，分为不同的三类，分别计数； 法二：采用正难则反的思想，先求总数，再求不符合题目的情况，减法可得答案. 【详解】法一： 甲、乙二人不能担任文艺委员分为三种情况： ①甲、乙二人均未被选．选法种数为； ②甲、乙二人中仅有一人被选，选法种数为； ③甲、乙二人均被选，选法种数为． 则不同的选法共有24＋48＋8＝80（种）． 法二： 从班委会6名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文艺委员、体育委员，共种选法， 当甲、乙二人有一人担任文艺委员时，有种选法，则甲、乙二人不能担任文艺委员的选法共有（种）． 故答案为：80. 13. 的展开式中的系数为__________． 【答案】95 【解析】 【分析】将， ，1看作三个不同的对象，把问题可转化为将5个相同元素分给甲、乙、丙三个对象的问题求解. 【详解】解：将看作对象甲， 看作对象乙，1看作对象丙， 则题设可转化为将5个相同元素分给甲、乙、丙三个对象的问题， 则要得到，则给甲1个元素，给乙0个元素，给丙4个元素， 或给甲0个元素，给乙2个元素，给丙3个元素， 即的系数为． 故答案为：95 14. 已知定义在上的可导函数满足，，则不等式的解集为________． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，其中，利用导数分析该函数的单调性，将所求不等式变形为，结合函数的单调性可得出原不等式的解集. 【详解】构造函数，其中， 则 ， 构造函数，其中，则， 由可得，由可得， 故函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，故， 故函数在上为减函数， 又因为，由可得，故. 因此，原不等式的解集为. 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. 已知数列的前n项和为，满足． （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据的关系可得，即可由等比数列求解， （2）利用等比求和公式即可求解. 【小问1详解】 由，得， 后式减去前式，得，得． 令，得，可得 ，所以， 即数列 是首项为2，公比为3的等比数列，所以． 【小问2详解】 因为， 故， 所以 16. 如图，在四棱锥中， 底面，底面为直角梯形，， ，点为 的中点. （1）证明： ； （2）求直线与平面 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：方法一：连接， ，为 中点， ； 平面， 平面， ， 又，即，，平面 ， 平面 ，又 平面 ， ， ， 平面 ， 平面 ， 又 平面 ， ； 方法二： 平面， 平面， ，； ，， ， 又为 中点， . （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：由等腰三角形三线合一性质可得；利用线面垂直性质可得 ，结合和线面垂直的判定可证得 平面 ，由线面垂直性质可得结论； 方法二：利用勾股定理可求得 ，由等腰三角形三线合一性质可证得结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，由线面角的向量求法可求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，正方向分别为轴正方向，可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面 的法向量， ，令 ，解得：，，， ， 即直线与平面 所成角的正弦值为. 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有极大值，且极大值大于，求的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导并分类讨论参数，即可得出的单调性； （2）根据（1）中的结论得出极大值的表达式，解不等式即可得的取值范围． 【小问1详解】 ， ①当时，在上单调递增，无递减区间， ②当时，，可得，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 综上当时，在上单调递增，无递减区间， 当时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 因为有极大值，且极大值大于， 故，且在处取极大值， ，即， 令， 恒成立，在上单调递增， 又 ，当且仅当时成立， 故，当且仅当 时成立， 因此的取值范围是． 18. 已知椭圆的左右顶点为A、B，右焦点为F，C为短轴一端点，的面积为，离心率为． （1）求椭圆的标准方程： （2）过点F的直线交椭圆于M，N两点（异于A，B），直线AM与BN的交点为Q. ①求证：Q点在定直线上； ②求证：射线FQ平分∠MFB. 【答案】（1） （2）①Q点在定直线上，证明见解析；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的基本量关系求解即可； （2）①设直线的方程为 ，，联立直线与椭圆的方程，进而表达出直线 ， 的方程，联立可得交点横坐标，进而结合韦达定理化简即可； ②设，的倾斜角分别为，当时，计算各点坐标，结合斜率与倾斜角的关系可得，当时，设，联立直线 与椭圆的方程，结合韦达定理可得坐标，进而可得，再根据正切的二倍角公式证明即可. 【小问1详解】 由题意，，故，解得，故椭圆的方程为. 【小问2详解】 ①设直线的方程为 ，，联立可得，故，，所以. 又直线 的方程为，直线 的方程为，联立可得，解得，即Q点在定直线上. ②设，的倾斜角分别为，当时，轴，此时不妨设，则直线 的方程，代入可得，即，故直线 的斜率为１，倾斜角，此时射线FQ平分∠MFB，同理时射线FQ平分∠MFB. 当时，设由斜率与倾斜角的关系有，，此时直线 的方程，联立椭圆方程有，由韦达定理可得，即，代入可得，故直线 的斜率为，即，由倾斜角的范围可得，故射线FQ平分∠MFB. 19. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若函数在上有且仅有一个零点. ①求证：此零点是的极值点； ②证明：. （本题可能用到的数据为，，） 【答案】（1） 时，单调递增区间是，没有单调递减区间； 时，单调递增区间为和， 单调递减区间是； （2） ①∵， ∴在单调递增，又因为， ∴，使得，且时， ，时， ， ∴在上单调递减，上单调递增， ∵在上有且仅有一个零点， ∴此零点为极小值点； ②由①得，即， 解得：，且， 设，， ∵， 则在单调递减， 因为，，∴， 又因为在单调递增，，， ∴即. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，由，可得 ，对参数分类讨论，当时，恒成立，求出单调区间；当 ，令，即，求出方程的根，即可求得结论； （2）①求出函数的导函数，可判断 在单调递增，根据零点存在性定理可得，，使得，结合 的单调性，可得的单调性，即可得证； ②由①得，可得，且，为函数的零点，通过求导判断的单调性，结合零点存在性定理，可求，根据在单调递增，即可求出结论. 【小问1详解】 解：∵定义域为， 所以， ∵，∴， ∴当时，恒成立， 所以在单调递增，没有单调递减区间. 当 时，设，则对称轴，， 解不等式可得：或， 所以此时的单调递增区间为和. 单调递减区间是， 综上：时，单调递增区间是，没有单调递减区间； 时，单调递增区间为和， 单调递减区间是； 【小问2详解】 略 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学试卷 考试时间：2026年4月20日下午14:00—16:00 试卷满分：150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. 若圆锥的表面积为，圆锥的高与母线长之比，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 2. 等比数列满足，则（ ） A. 30 B. 62 C. 126 D. 254 3. 二项式的展开式中的常数项为（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线与曲线相切，则的方程不可能是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则不等式的解集为 A. B. C. D. 6. 某公司为庆祝新中国成立73周年，计划举行庆祝活动，共有5个节目，要求A节目不排在第一个且C、D节目相邻，则节目安排的方法总数为（ ） A. 18 B. 24 C. 36 D. 60 7. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知直线与椭圆恰有一个公共点与圆相交于 两点，点与点关于坐标原点对称，若的面积可取到最大值，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 二项式系数最大的项为 B. 常数项为2 C. 第6项与第7项的系数相等 D. 含的项的系数为480 10. 已知，若（ 为自然对数的底数），则（ ） A. B. C. D. 11. 已知抛物线 的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于，两点，点位于点右方，若，则下列结论一定正确的有（ ） A. B. C. D. 直线的斜率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 从班委会6名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文艺委员、体育委员，其中甲、乙二人不能担任文艺委员，则不同的选法有______种． 13. 的展开式中的系数为__________． 14. 已知定义在上的可导函数满足，，则不等式的解集为________． 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. 已知数列的前n项和为，满足． （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前n项和． 16. 如图，在四棱锥 中， 底面，底面为直角梯形，， ，点为 的中点. （1）证明： ； （2）求直线与平面 所成角的正弦值. 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有极大值，且极大值大于，求的取值范围． 18. 已知椭圆的左右顶点为A、B，右焦点为F，C为短轴一端点， 的面积为，离心率为． （1）求椭圆的标准方程： （2）过点F的直线交椭圆于M，N两点（异于A，B），直线AM与BN的交点为Q. ①求证：Q点在定直线上； ②求证：射线FQ平分∠MFB. 19. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若函数在上有且仅有一个零点. ①求证：此零点是的极值点； ②证明：. （本题可能用到的数据为，，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $