精品解析：广东广州市铁一中学2025-2026学年下学期期中考试试题高二数学

2025—2026学年下学期期中考试试题 高二数学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 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. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2. 在等差数列中，，，则公差（ ） A. 2 B. 1 C. -1 D. -2 3. 函数的图象如图所示，其导函数的图象可能是（） A. B. C. D. 4. 在的展开式中，的系数是（ ） A. B. 21 C. 35 D. 5. 已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率，且过点，则的周长为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 14 6. 已知数列满足，，则的前20项和为（ ） A. 299 B. 300 C. 301 D. 302 7. 袋子中有3个除颜色外完全一致的球，分别为红色、黄色、蓝色，小明从袋中有放回地随机摸球4次，则3种颜色的球都被摸出来的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 函数，若存在最大值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若函数的两条相邻对称轴距离为，且，则（ ） A. B. 点是函数图像的对称中心 C. 函数在上单调递增 D. 直线是函数图象的对称轴 10. 设双曲线的左､右焦点分别为.过的直线与的两条渐近线都相交，交点分别为为的中点，为坐标原点.则（ ） A. 是直角三角形 B. 是等腰直角三角形 C. D. 点到直线的距离为 11. 设是同一概率空间中的随机事件，满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数是定义在上的奇函数，若当时，（），则函数的值域为__________. 13. 已知甲、乙参加驾照考试时，通过的概率分别为，，而且这人之间的考试互不影响．则在恰有人通过考试的条件下，甲通过考试的概率为________． 14. 如图，已知二面角的棱上有两个点，，线段与分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于棱，若，，，，平面与平面夹角的余弦值为__________. 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. 已知函数. （1）求函数的单调递减区间； （2）已知函数在区间上的最小值为，求在该区间上的最大值. 16. 已知数列的前项和为，且． （1）证明：是等比数列； （2）设，求数列的前项和． 17. 如图，三棱台中，平面，平面平面为的中点，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 18. 已知抛物线为坐标原点，直线与抛物线交于两点，直线与相切. （1）求的值； （2）过上一点作的两条切线，分别交抛物线于两点（异于）. （i）若在第一象限，且的横坐标为，求直线的方程； （ii）若直线与直线垂直，求点的坐标. 19. 已知函数. （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）当时，恒成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年下学期期中考试试题 高二数学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 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. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得， 由模长公式得. 2. 在等差数列中，，，则公差（ ） A. 2 B. 1 C. -1 D. -2 【答案】A 【解析】 【详解】在等差数列中， 公差. 3. 函数的图象如图所示，其导函数的图象可能是（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的单调性可得到导函数的正负，即可得到结果. 【详解】当时，在区间内单调递减， 因此导函数，图像在轴下方，排除选项A、B. 当时： 先单调递增，再单调递减，最后单调递增， 因此导函数在区间内的符号变化为“正→负→正”， 图像先在轴上方，再到下方，最后回到上方，C正确，D错误. 4. 在的展开式中，的系数是（ ） A. B. 21 C. 35 D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据二项式定理可知的展开式通项为：. 其中，化简通项：. 令，解得. 所以项的系数为：. 5. 已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率，且过点，则的周长为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】先求，进而利用椭圆的定义即可求解. 【详解】由，所以，所以， 所以椭圆的方程为：，又过点， 所以，解得，即， 所以， 又， 所以的周长为：. 6. 已知数列满足，，则的前20项和为（ ） A. 299 B. 300 C. 301 D. 302 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的求和公式及分组求和的方法求解. 【详解】由题意知数列满足，，， 所以. 所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列； 同理，由，知， 数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列. 从而数列的前20项和为： . 故选：B. 7. 袋子中有3个除颜色外完全一致的球，分别为红色、黄色、蓝色，小明从袋中有放回地随机摸球4次，则3种颜色的球都被摸出来的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】每次摸球有3种颜色可选，摸4次，结果总数（种）. 设A=“4次摸球中3种颜色都出现”，则 第一步：从3种颜色中选1种作为出现2次的颜色，有种选法； 第二步：从4次摸球中选2次摸该颜色，有种选法； 第三步：剩下2次摸另外2种颜色，有种排列方式. 因此，（种）. 于是，. 8. 函数，若存在最大值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对进行分类讨论，结合“存在最大值”列不等式，由此求得的取值范围. 【详解】当时，的值域为． 当时，是开口向下的二次函数，对称轴是直线. 若，则当时，的最大值为， 所以，解得； 若，存在最大值； 若，则当时， 的最大值为， 所以，不等式组无解． 综上，实数的取值范围是 二､多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若函数的两条相邻对称轴距离为，且，则（ ） A. B. 点是函数图像的对称中心 C. 函数在上单调递增 D. 直线是函数图象的对称轴 【答案】BC 【解析】 【分析】先利用题给条件求得的值，进而求得函数的解析式，即可判断选项A；整体代入法验证选项B，D，利用正弦函数图像性质判断选项C即可. 【详解】对于A，∵的两条相邻对称轴距离为. ∴，∴.∴. ∵，∴，又，则. ∴，故A错误； 对于B，由， 可得函数对称中心的横坐标. 当时，对称中心为，故B正确； 对于C，当时，，， 令，则， 由正弦函数性质得在上单调递增， 则在上单调递增，故C正确； 对于D，由，， 可得对称轴，， ∴不是对称轴，故D错误. 10. 设双曲线的左､右焦点分别为.过的直线与的两条渐近线都相交，交点分别为为的中点，为坐标原点.则（ ） A. 是直角三角形 B. 是等腰直角三角形 C. D. 点到直线的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由双曲线先得渐近线倾角与为直角，判定选项A正确，再利用中位线性质推出角度相等，证得为等腰直角三角形，判定选项B正确，接着结合线段长度列式计算并与已知值比对，得出选项C错误，最后在中用正弦定理求出角的正切值得到直线斜率，写出直线方程后用点到直线距离公式算出距离，验证选项D正确. 【详解】如图： 由于，则渐近线方程，A正确; 如图，连接，由题可知为的中位线，则且， 所以，于是为等腰直角三角形，B正确； 由，则 ， 则，，则C错误； 在中，由正弦定理:， 则，于是. 因为为中点，所以直线的斜率为，过. 所以直线的方程为 ， 点到直线的距离为，D正确. 11. 设是同一概率空间中的随机事件，满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用条件概率公式计算判断选项A，D；利用全概率公式计算判断选项B；利用加法公式计算判断选项C． 【详解】已知， 选项A:由条件概率公式， 得，故A错误; 选项B:由全概率公式， 得，故B正确; 选项C:由加法公式， 得，故C正确; 选项D:由条件概率，得. 因为 所以 当 时, ，D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数是定义在上的奇函数，若当时，（），则函数的值域为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用指数函数的性质可知当时，，再由奇函数的性质，即可求解. 【详解】因为函数是定义在上的奇函数，则， 又当时，，由指数函数的性质知，当时，， 所以当时，，由奇函数的性质知，当时，， 所以函数的值域为. 13. 已知甲、乙参加驾照考试时，通过的概率分别为，，而且这人之间的考试互不影响．则在恰有人通过考试的条件下，甲通过考试的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据独立事件概率的乘法公式及条件概率公式直接计算. 【详解】设事件：恰有人通过考试，事件：甲通过考试， 则， ， 则， 故答案为：. 14. 如图，已知二面角的棱上有两个点，，线段与分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于棱，若，，，，平面与平面夹角的余弦值为__________. 【答案】##0.5625 【解析】 【分析】在二面角的棱上找到一点，作，，则是二面角的平面角，在中，利用余弦定理，求出，因为平面与平面夹角的取值范围为，所以平面与平面夹角的余弦值为. 【详解】 过点作的平行线，且，连接， 所以四边形为平行四边形， 又因为，所以，又因为，所以是二面角的平面角， 因为，，且，所以平面， 因为，所以平面，因为平面，所以， 在中，因为，，，所以， 在中，因为，， ， 由余弦定理得， 所以二面角的余弦值是， 设平面与平面夹角为，且， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 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. 已知函数. （1）求函数的单调递减区间； （2）已知函数在区间上的最小值为，求在该区间上的最大值. 【答案】（1）和. （2）. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，解导数小于0的不等式即可. （2）由（1）求出函数在上的单调性，进而求出最值. 【小问1详解】 函数的定义域为R， 求导得，由，得或 . 所以函数的单调递减区间是和. 【小问2详解】 由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增， 因此函数在上的最小值为，解得， 而，，， 所以函数在上的最大值为. 16. 已知数列的前项和为，且． （1）证明：是等比数列； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）当时，，解得． 当时，， 所以，即， 所以， 又，所以,所以， 所以数列是首项为，公比为的等比数列． （2） 【解析】 【分析】（1）通过的关系，得到，从而证得是等比数列； （2）由（1）得到的通项公式，得到，利用错位相减法和分组求和法求． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，， 所以， 所以． 设， 则， 两式相减，可得, 所以． 又， 所以． 17. 如图，三棱台中，平面，平面平面为的中点，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1） 取的中点，连接、. 因为三棱台中，对应边成比例，且，，， 已知，，所以，所以. 因为为的中点，所以， 所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以. 又因为平面平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，由三棱台边长比例得相似比为，算出与长度相等且互相平行，证得四边形为平行四边形，推出，再利用线面平行判定定理证出平行于平面. （2）由面面垂直及线线垂直推得平面，以为原点建系求出各点坐标与相关向量，列出平面法向量方程组并求解，再利用线面角与向量夹角的关系代入公式计算，得出直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为平面，平面，平面，所以，. 所以以为坐标原点，以所在的直线分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 可得， 则. 设平面的法向量为，则， 令，可得.所以. 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成的角正弦值为. 18. 已知抛物线为坐标原点，直线与抛物线交于两点，直线与相切. （1）求的值； （2）过上一点作的两条切线，分别交抛物线于两点（异于）. （i）若在第一象限，且的横坐标为，求直线的方程； （ii）若直线与直线垂直，求点的坐标. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）和 【解析】 【分析】（1）结合题意求出的方程，再结合直线与圆的位置关系得到方程，最后得到即可. （2）（i）结合题意求出，再结合直线与圆的位置关系求出切线方程，进而联立得到，，最后得到直线的方程即可，（ii）利用题意并结合点差法得到，再利用抛物线的性质和直线与抛物线的位置关系得到，进而建立方程求出点的坐标即可. 【小问1详解】 对于，将代入，可得， 解得或，不妨设， 由斜率公式得，则直线的方程为， 化简得，由题意得圆心为，半径为1， 设圆心到的距离为，由点到直线的距离公式得， 因为直线与相切，所以， 解得，则抛物线的方程为. 【小问2详解】 （i）如图，作出符合题意的图形， 设，且在第一象限，则， 将代入中，得到，解得， 则，可得过点的切线方程为， 整理得，设圆心到切线的距离为， 由点到直线的距离公式得， 而，解得或， 当时，切线方程为， 联立方程组， 解得，，（另一组解与重合，舍去）， 当时，切线方程为， 联立方程组， 解得，，（另一组解与重合，舍去）， 汇总整理可得，， 由斜率公式得，则的方程为， 整理得的方程为. （ii）如图，作出符合题意的图形，设，， 因为直线与直线垂直，所以， 因为在上，所以，， 两式作差可得，则， 得到，而， 得到，解得， 设，则切线方程为， 而，得到，得到， 化简得，解得， 则， 而切线方程为，整理可得， 设圆心到切线的距离为，由点到直线的距离公式得， 而，化简得， 由韦达定理得，， 可得， 化简得，得到， 解得或，当时，可得，解得， 当时，可得，解得， 综上可得，和符合题意. 19. 已知函数. （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）当时，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 由题意得，， 则 ， 可得关于中心对称，即曲线是中心对称图形. （3） 【解析】 【分析】（1）直接求出导函数，计算和，由点斜式得直线方程并整理为一般式； （2）利用中心对称的定义结合对数的运算性质求解即可. （3）当时，由得到不等式不可能恒成立，当时，结合题意得出时，，的大于1的根记为，证明时，，当时，，由确定的单调性，，当时，由完成证明，当时，由确定．综合后得出结论． 【小问1详解】 令，解得， 则的定义域为， 当时，，可得， 而，又， 所以切线方程为，即； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意得，， 当时，，在上是减函数， 当时，， 因此不可能恒成立， 当时，由，得， 结合题意得出时，， 记，， 则有两个实根，一根小于1，一根大于1， 大于1的根为，易知它是关于的减函数， 注意到在上是增函数，且， 即当时，，当时，， 所以时，，单调递减， 当时，，单调递增，所以， 当时，，此时， 记，在上单调递减， 在上递增，且，因此当时，， 而， 当时，，， 综上，时，恒成立 故的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $