精品解析：贵州松桃民族中学2025-2026学年第二学期期中素养训练高二数学

贵州松桃民族中学2025-2026学年第二学期期中素养训练高二数学 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每个小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，请把正确选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知是函数的导函数，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列是等差数列，，则（ ） A. B. 40 C. 80 D. 4. 从松桃民族中学高二年级的20个班中选出两个班分别参加3月12日早上和下午的植树节活动，共有多少种不同的选法？（ ） A. 420种 B. 380种 C. 190种 D. 400种 5. 点在抛物线上，为的焦点，轴，过且与轴平行的直线与的准线交于点的面积2，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 等比数列中，，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 7. 截至2025年10月28日，国际乒联公布的最新世界排名，男单前5名中有2名中国运动员，3名外国运动员，女单前5名均为中国运动员．若从这10人中随机选取4人进行技术分析，则这4人中至少有一名外国运动员，且男运动员不少于女运动员的所有不同情况数为（ ） A. 222 B. 175 C. 55 D. 145 8. 在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把系数列成一张表，借助它发现规律．我国南宋数学家杨辉在年所著的《详解九章算法》一书中出现了这个表，我们称之为杨辉三角，如下左图所示： 杨辉三角第行的个数依次为，，…，．现将杨辉三角中第行的第个数乘以，第行的一个数为，得到一个新的三角数阵如上右图：在这个新的三角数阵中，第行的所有数的和为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，每题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 关于的展开式，下列结论正确的是（ ） A. 展开式中共有9项 B. 第3项为 C. 各项系数的和为256 D. 二项式系数的最大值为70 10. 已知直线，圆的方程为，则下列表述正确的是（ ） A. 当实数变化时，直线恒过定点 B. 当直线与直线平行时，则两条直线的距离为 C. 当时，圆关于直线对称 D. 当时，直线与圆没有公共点 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若为的极小值点，则的取值范围为 B. 不存在，使得在上有且仅有一个零点 C. 当时，过点存在两条直线与曲线相切 D. 存在，使得 第II卷（非选择题） 三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分． 12. 已知是平面的一个法向量，直线的一个方向向量为，且，则__________． 13. 在的展开式中，含的项的系数是__________. 14. 已知函数，若恰有4个零点，则实数k的取值范围是______ 四、解答题：本大题共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. 若，，求： （1）的单调递减区间； （2）在上的最小值和最大值、极值． 16. 已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 17. 在图（1）五边形中，是等边三角形，，将沿折起到的位置，得到如图（2）所示的四棱锥，点为的中点． （1）证明：平面； （2）当时，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若在上单调递增，求的值； （3）若存在极小值点且，求的取值范围． 19. 椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点.已知椭圆（）的左顶点为，点在E上，且在x轴的上方，从E的左焦点发出的光线，经过E反射后，交E于点.按照如下方式依次构造点和（）：光线经过E反射后，交E于点；光线经过E反射后，交E于点. （1）求E的方程； （2）设直线的斜率为，求证：数列是等比数列，并求出其公比； （3）求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵州松桃民族中学2025-2026学年第二学期期中素养训练高二数学 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每个小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，请把正确选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的乘法化简复数，利用共轭复数的定义和复数的概念可得结果. 【详解】因为，则，故的虚部为. 2. 已知是函数的导函数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，得，，得. 3. 已知数列是等差数列，，则（ ） A. B. 40 C. 80 D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，并且数列是等差数列，所以， 又因为，所以可得，，所以公差，所以， 所以 4. 从松桃民族中学高二年级的20个班中选出两个班分别参加3月12日早上和下午的植树节活动，共有多少种不同的选法？（ ） A. 420种 B. 380种 C. 190种 D. 400种 【答案】B 【解析】 【详解】由题意，共有种不同的选法． 5. 点在抛物线上，为的焦点，轴，过且与轴平行的直线与的准线交于点的面积2，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】 由抛物线的定义可得， 所以. 6. 等比数列中，，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【详解】因为为等比数列，所以，解得或， 因为等比数列，所以， 则，所以，设公比为，则， 所以． 7. 截至2025年10月28日，国际乒联公布的最新世界排名，男单前5名中有2名中国运动员，3名外国运动员，女单前5名均为中国运动员．若从这10人中随机选取4人进行技术分析，则这4人中至少有一名外国运动员，且男运动员不少于女运动员的所有不同情况数为（ ） A. 222 B. 175 C. 55 D. 145 【答案】D 【解析】 【分析】需先根据“男运动员不少于女运动员”确定男女人数组合，再分别计算每种组合下“至少有一名外国运动员”的情况数，最后求和. 【详解】若这4人中有4名男运动员，则不同的选取情况共有种 若这4人中有3名男运动员，1名女运动员，则不同的选取情况共有种， 若这4人中有2名男运动员，2名女运动员，则不同的选取情况有种， 故满足条件的所有不同情况共有种. 8. 在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把系数列成一张表，借助它发现规律．我国南宋数学家杨辉在年所著的《详解九章算法》一书中出现了这个表，我们称之为杨辉三角，如下左图所示： 杨辉三角第行的个数依次为，，…，．现将杨辉三角中第行的第个数乘以，第行的一个数为，得到一个新的三角数阵如上右图：在这个新的三角数阵中，第行的所有数的和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，新的三角数阵中第行的和为：， 即，然后两边求导，赋值代入计算，即可得到结果. 【详解】新的三角数阵中第行的和为：， 设，， 两边求导得，， 令得，， 所以新的三角数阵中第行的和为. 故选：B 二、多选题：本大题共3小题，每题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 关于的展开式，下列结论正确的是（ ） A. 展开式中共有9项 B. 第3项为 C. 各项系数的和为256 D. 二项式系数的最大值为70 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，二项式的展开式中共有项，故A正确； 对于B，第3项为，故B正确； 对于C，令，得各项系数的和为，故C错误； 对于D，二项式系数的最大值为，故D正确. 10. 已知直线，圆的方程为，则下列表述正确的是（ ） A. 当实数变化时，直线恒过定点 B. 当直线与直线平行时，则两条直线的距离为 C. 当时，圆关于直线对称 D. 当时，直线与圆没有公共点 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，将直线化成，即可判断出结果的正误；选项B，根据选项条件得直线方程为：，再利用平行线间的距离公式，即可求解；选项C，根据条件，得出直线过圆心，即可判断出选项C的正误；选项D，求出圆心到直线的距离，再利用直线与圆的位置作出判断，即可得出结果. 【详解】对于选项A，由直线的方程，可化为， 直线恒经过定点，故选项A正确， 对于选项B，因直线与平行，所以，则直线方程为：， 则两条直线的距离为，故选项B错误， 对于选项C，圆的方程为， 则圆的标准方程为，所以圆心， 当，即 时，直线经过圆心，所以圆关于直线对称，故选项C正确， 对于选项D，当时，直线，圆心到直线的距离， 所以直线与圆没有公共点，故选项D正确， 故选：ACD. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若为的极小值点，则的取值范围为 B. 不存在，使得在上有且仅有一个零点 C. 当时，过点存在两条直线与曲线相切 D. 存在，使得 【答案】AD 【解析】 【分析】求出函数的导数并分类求出单调区间及极值判断AB；求出过点的切线方程并确定解的情况判断C；赋值求出判断D. 【详解】函数的定义域为，求导得， 当时，由，得，由，得或， 函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，恒成立，函数在上单调递增； 当时，由，得，由，得或， 函数在上单调递减，在上单调递增， 对于A，由为的极小值点，得，A正确； 对于B，当时，函数在处取得极小值， 解得，即当时，函数在上有且仅有一个零点，B错误； 对于C，当时，，，设切点坐标为， 切线方程为，由切线过点，得， 令，求导得，当时，， 当或时，，函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，取得极大值，在时，取得极小值， 而，则函数的图象与轴有3个交点，即方程有3个不等实根， 因此过点有三条直线与曲线相切，C错误； 对于D，令，， 则， 令，得到，因此存在， 使得，D正确. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分． 12. 已知是平面的一个法向量，直线的一个方向向量为，且，则__________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间位置关系，列方程求解． 【详解】由题得，，解得． 13. 在的展开式中，含的项的系数是__________. 【答案】16 【解析】 【详解】易知含的项为， 因此其系数为16. 14. 已知函数，若恰有4个零点，则实数k的取值范围是______ 【答案】 【解析】 【分析】先借助偶函数对称性，将全定义域零点问题转化为单侧（如）分析，把变形为“参数=函数”，转化为直线与构造函数的交点问题，再求构造函数的导数，分析其单调性、极值、极限趋势，最后结合构造函数的图像走势，确定参数使单侧有对应交点数，得到范围. 【详解】，， 故关于轴对称，又，且恰有4个零点， 所以当时，恰有2个零点，当时，恰有2个零点， 当时，，， 时，，当且时，即有2个解， 令且，， 则，解得或， 所以或时，，单调递减， 时，，单调递增，，， 故函数图象如下： 故时，有2个交点， 若恰有4个零点，则实数k的取值范围是． 四、解答题：本大题共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. 若，，求： （1）的单调递减区间； （2）在上的最小值和最大值、极值． 【答案】（1） （2）在上的最小值为，最大值为，极小值为. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，进而确定函数的单调递减区间. （2）先确定函数在的单调性和极值点，进而确定最值和极值. 【小问1详解】 对函数求导得， 当时，；当或时，； 所以的单调递减区间为. 【小问2详解】 由（1）可知，当时，；当或时，； 因为，所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得极小值，无极大值. 又. 所以在上的最小值为，最大值为. 16. 已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）写出展开式通项，令的指数为，求出参数的值，即可得出的值； （2）令，可得出的值； （3）解法一；设，分析可知，当为偶数时，；当为奇数时，，再结合赋值法可求得所求代数式的值； 解法二：设，结合展开式通项可得，则，结合赋值法可得结果. 【小问1详解】 展开式通项为， 令，可得. 【小问2详解】 令，则. 【小问3详解】 解法一：设， 展开式通项为，则， 当为偶数时，；当为奇数时，. 所以， ； 解法二：的展开式通项为， 则， 设， 的展开式通项为， 则， 所以， . 17. 在图（1）五边形中，是等边三角形，，将沿折起到的位置，得到如图（2）所示的四棱锥，点为的中点． （1）证明：平面； （2）当时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 证明：取中点，连接，如下图所示： 为的中点，， 又四边形为平行四边形， 又平面，平面， 平面． （2） 【解析】 【分析】（1）利用中位线平行和平行四边形对边平行来证明线面平行； （2）利用空间向量法来求两平面夹角余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当时，，平面， 平面，又平面， 平面平面， 以为原点，所在直线分别为轴、轴，过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则， ， 设是平面的一个法向量， 则 令，则， 设是平面的一个法向量， 则 令，则， ， 因此平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若在上单调递增，求的值； （3）若存在极小值点且，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）对函数进行求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，结合切点求出方程即可. （2）若函数单调递增，则其导函数大于等于0恒成立，通过构造新函数，求新函数的最值来确定的值. （3）分情况讨论函数的单调性，得到函数极值的存在情况，再解不等式即可. 【小问1详解】 当时， 曲线在处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 设，则. ①时，在上单调递增. 当时，单调递减； 当时，单调递增，不符合题意. ②时，令，得， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 故 设，则， 当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减，则. 当且仅当时，即时，在上单调递增， 综上， 【小问3详解】 由(2)知，当时，存在极小值点且，不符合题意. 当时，在上单调递增，不存在极小值点，不符合题意. 当且时，， 又当时，；当时，. 当时，此时，且， 结合（2）中单调性和零点存在性定理知有且仅有两个零点使得， 且， 又因为，则，， 当时，，当时，， 则此时为极大值点，显然不合题意，舍去， 当时，此时，且， 结合（2）中单调性和零点存在性定理知有且仅有两个零点使得， 且， 结合，则， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 为极大值点，为极小值点，符合题意， 而； 又， 令，得， 当时，原式化简得，显然恒成立，则 当时，原式化简得，显然不成立，无解， 当时，原式化简得，显然不成立，无解， 综上，的取值范围是. 19. 椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点.已知椭圆（）的左顶点为，点在E上，且在x轴的上方，从E的左焦点发出的光线，经过E反射后，交E于点.按照如下方式依次构造点和（）：光线经过E反射后，交E于点；光线经过E反射后，交E于点. （1）求E的方程； （2）设直线的斜率为，求证：数列是等比数列，并求出其公比； （3）求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】（1） （2）数列是等比数列，公比为 （3）直线恒过定点 【解析】 【分析】（1）根据的关系即可求出； （2）设，直线的方程为，联立得到，再求直线的斜率之积，设直线的斜率为，求出即可证明； （3）直线的方程为，根据（2）的结论求出即可证明. 【小问1详解】 由题意得，， 故E的方程为. 【小问2详解】 设，直线的方程为， 由，消去，整理得， ， 直线的斜率之积为 ， 设直线的斜率为，依题意可知均存在且不为零， 由经过E的右焦点，知①， 由经过E的左焦点，知②， ②①得，故数列是等比数列，公比为. 【小问3详解】 直线的方程为，由（2）知， 故，解得， 故直线恒过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $