精品解析：湖南宁远一中崇德学校等校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

湖南宁远一中崇德学校等校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一、二册占，选择性必修第一册到第三册7.3占． 一、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. 不小于2的所有整数构成的集合可表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】不小于2的所有整数构成的集合可表示为. 2. 若为奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由于为奇函数，故. 3. 将复数的实部与虚部进行交换，得到的复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得，则所求复数为． 4. 的展开式中系数为有理数的各项系数之和为（ ） A. -30 B. -29 C. 1 D. 31 【答案】B 【解析】 【分析】先求得二项展开式的通项，结合通项，得到展开式中系数为有理数的项，即可求解. 【详解】由二项式展开式的通项为， 当和时，可得展开式中系数为有理数的项为， 其系数之和为. 5. 设双曲线的左焦点为，过作的一条渐近线的垂线，交轴于点，若，则的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，设直线的方程为，求得，由，求得 ，进而求得双曲线的离心率. 【详解】由双曲线，可得其渐近线方程为， 不妨设直线的方程为， 令，可得，即， 因为，可得， 可得，解得，所以的离心率为. 6. 从这10个数中任取4个不同的数，则这4个数恰好可以构成等差数列或等比数列的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设被选取的4个数为，且. 若这4个数成等差数列，设公差为，则， 当时，满足条件的,有7组， 当时，满足条件的有4组， 当时，满足条件的,有1组． 若这4个数成等比数列，则只有一种情况，即． 故所求概率为. 7. 已知随机变量服从两点分布，随机变量的分布列为 1 2 3 0.2 0.6 0.2 若，且与相互独立，则（ ） A. 0.25 B. 0.4 C. 0.65 D. 0.9 【答案】C 【解析】 【分析】解法1：令，则的可能取值为，求得相应的概率，结合期望和方差的公式，即可求解； 解法2：由随机变量服从两点分布，得到，再求得，结合与相互独立，即可求解. 【详解】解法1：令，则的可能取值为. ，， ，， 所以， . 解法2：由随机变量服从两点分布，得， 又由 可得， 因为与相互独立，所以. 8. 函数的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】令，通过求导确定的范围，再结合二次函数性质即可求解. 【详解】. 设，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则. 令，，则， 因为在上单调递增， 所以当时，取得最小值，且最小值为0. 故的最小值为0. 二、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. 已知数列分别是等差、等比数列，则必有（ ） A. B. C. D. 成等比数列 【答案】BC 【解析】 【分析】根据等差数列以及等比数列的性质，即可根据选项逐一求解. 【详解】对于A选项，若，则，此时不成立，A错误． 对于B选项，设公差为，则，B正确． 对于C选项，由于等比数列中有，且，故，C正确． 对于D选项，当公比为时，，所以不是等比数列，D错误． 10. 若，则的取值可以为（ ） A. -10 B. C. -4 D. 1 【答案】ABD 【解析】 【分析】将问题转化为，设函数 ，由求解. 【详解】若，则， 设函数 ，则， ， 令，得单调递增， 令，得 单调递减． 因为，当时，， 所以， 故，解得． ABD选项符合题意. 11. 在正四棱锥中，是PB的中点，为底面的中心，点在四棱锥的外接球（球）的球面上，点在四棱锥的内切球的球面上，则（ ） A. 球的表面积为 B. 平面将该四棱锥分成两部分，体积较小的部分也是一个四棱锥 C. NT的最大值为 D. 为定值 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正四棱锥的性质，结合勾股定理可求解外接球的半径，即可判断A，根据锥体的体积公式，结合等体积法即可求解B，根据向量的数量积以及线性运算，即可求解CD. 【详解】连接，则平面.易知在上， ， 设，在中，，得， 所以球的半径，表面积为，A错误． 取的中点，连接，易得， 则四边形即为平面截该四棱锥所得的截面， 四棱锥的体积为 , 故体积较小的部分为四棱锥，B正确. .，则， 所以，D正确. 设四棱锥内切球的半径为， 则，得， 设内切球的球心为，则， 则正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设函数，则__________. 【答案】10 【解析】 【详解】因为，所以. 13. 振风塔享有“万里长江第一塔”的美誉.某中学社会实践小组为测量振风塔的高度，开展了一次实地测量的活动.他们在塔底所在的水平地面上选取，两点，测得米，，，在点处测得塔顶的仰角为，则振风塔的高度约为__________米.（结果精确到整数，参考数据：取） 【答案】73 【解析】 【分析】利用正弦定理求出，再由直角三角形求解即可. 【详解】在中，， 由正弦定理得， 所以， 在中，， 所以 米， 故振风塔的高度约为73米． 14. 如图，给这八个方格涂色，现有红、蓝、黄、紫、绿、黑六种颜色可供选择，要求相邻的方格涂不同的颜色，且两端都涂红色，则不同的涂色方法共有________种． 【答案】13020 【解析】 【分析】对最中间的4个方格进行分类讨论，分为中间4个方格中有2个方格涂红色、中间4个方格中只有1个方格涂红色、中间4个方格都不涂红色三种，每一种逐个根据分步乘法计数原理求解即可． 【详解】设方格从左至右分别命名为， 因为两端都涂红色，且相邻方格不同颜色，所以中间4个方格也可以涂红色， ①当中间4个方格中有2个方格涂红色时， 涂红色的位置有方格3、5或方格4、6或方格3、6共3种选择， 剩下的4个方格，还有两个单独和两个相邻的，而其左右两边皆为红色方格， 对于两个单独的方格而言，除红色外其他颜色都可选取，共种， 对于相邻的两个方格，其中第一块方格可选除红色外的5种颜色， 第二块方格选取剩余4种颜色，共种， 所以该类涂法一共有种； ②当中间4个方格中只有1个方格涂红色时，涂红色的位置有4种选择， 未涂色区域划分为两部分，其中对于每一部分， 其中第一块方格都可以涂除红色外的5种颜色， 剩余的都只能涂除红色以及上一块相邻颜色之外的4种颜色， 故剩下的共有种选择，所以该类涂法一共有种； ③当中间4个方格都不涂红色时， 中间一大块区域每个方格均只能涂上除红色以及上一块相邻颜色之外的4种颜色， 共有种； 综上，不同的涂色方法共有种． 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）求的值； （2）求的定义域； （3）若在区间[0,m]上有零点，求的最小值. 【答案】（1）-1 （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）直接代入即可求解， （2）根据根式的性质，将问题转化为，结合三角函数的性质即可求解， （3）根据方程的根可得得，即或者，即可利用三角函数的性质求解. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 由，得， 则， 则， 解得， 则的定义域为. 【小问3详解】 （方法一）令，得，即， 因为，所以，故的最小值为. （方法二）令，得， 因为，所以， 所以，即. 故的最小值为. 16. 某用户只在某外卖平台的甲、乙两家餐厅点餐，根据历史数据，选择甲餐厅的概率为0.6，选择乙餐厅的概率为0.4，甲餐厅的准时送达率为0.95，乙餐厅的准时送达率为0.9．已知该用户每次外卖点餐准时送达与否相互独立． （1）求该用户每次外卖点餐准时送达的概率. （2）平台推出“准时保”，每单需支付0.5元的服务费，若外卖未准时送达，则平台赔付3元；若外卖准时送达，则平台不赔付.该用户愿意购买“准时保”的条件是亏损期望不超过0.3元，试问他是否愿意购买“准时保”？说明你的理由． 【答案】（1）0.93 （2） 他愿意购买“准时保”． 理由如下：设他购买“准时保”的净收益为元，则的所有可能取值为， ，， 则． 因为，即亏损期望不超过元，所以他愿意购买“准时保”． 【解析】 【分析】（1）设出事件，结合全概率公式，即可求得该用户每次外卖点餐准时送达的概率； （2）设他购买“准时保”的净收益为元，得到的所有可能取值为，求得变量的期望，比较大小，即可得到答案. 【小问1详解】 解：设事件“外卖点餐准时送达”，“在甲餐厅点餐”，“在乙餐厅点餐”， 根据题意，可得. 由全概率公式得该用户每次外卖点餐准时送达的概率为：． 【小问2详解】 略 17. 如图，在直三棱柱中，，且． （1）证明：平面. （2）在答题卡上，作出平面与AC的交点，并说明你的理由. （3）求平面与平面夹角的正切值. 【答案】（1）证明：因为，即得，所以， 又因为，所以， 因为平面，且平面，所以平面. （2）为平面与的交点，理由如下： 如图所示，延长交延长线于点，连接交于点， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面，所以为平面与的交点. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得，得到，结合线面平行的判定定理，即可得证； （2）延长交延长线于点，连接交于点，证得平面，即可求解； （3）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 为平面与的交点，理由略 【小问3详解】 解：以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，可得. 设平面的法向量为，则， 令，可得 ，所以， 又由轴垂直平面，可得平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 可得，则， 故平面与平面夹角的正切值为. 18. 已知椭圆经过点，且的长轴长与短轴长之比为． （1）求的方程. （2）已知点，过点且斜率为的直线与交于两点，过点且斜率为的直线与交于两点，分别为的中点，且. （I）若与重合，求． （II）判断直线MN是否过定点.若是，求出该定点；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）（I）；（II）直线MN过定点. 【解析】 【分析】（1）根据以及经过的点，即可求解， （2）根据点差法，即可求解（I），联立直线与椭圆方程，得韦达定理，根据中点坐标公式可得的坐标，进而求解直线方程，即可求解（II）. 【小问1详解】 设，则，则的方程为. 因为经过点，所以，得. 故的方程为. 【小问2详解】 （I）设，由 得， 得，则，故. （II）直线.由，得. 由，得， 则， 因为，所以的坐标为. 同理可得的坐标为. 又 ， 所以直线MN的方程为. 因为， 所以直线MN过定点. 19. 在正项数列中，记，若为非零常数列，则称存在等比型递推结构，数列为的结构常数数列. （1）试问数列是否存在等比型递推结构？请说明理由． （2）已知正项数列存在等比型递推结构，且． （i）求的通项公式； （ii）设，记的前项和为，证明：对任意恒成立. 【答案】（1）数列存在等比型递推结构，理由： 由数列，设， 根据等比型递推的定义，可得数列存在等比型递推结构． （2）（i）； （ii）证明：由（i）得， 所以， 所以 则， 所以要证，只需证， 设函数，则， 设，则， 当时，，则在上单调递增， 所以， 所以在上恒成立，则在上单调递增， 所以，所以在上恒成立， 令，得， 即，所以， 即， 所以对任意恒成立． 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合等比型递推的定义，即可求解； （2）（i）设，，根据题意，求得，得到，结合累积法，即可求得数列的通项公式； （ii）由（i）得到，利用裂项法求和，求得转化为证明，设，利用导数求得在上递增，得到，得到在上恒成立，令，即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为数列存在等比型递推结构，可设， 设，则，所以为等比数列， 因为，则， 所以，解得，所以是以2为首项，2为公比的等比数列， 则， 所以当时，， 即，因为，所以， 又，依然成立， 所以， （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南宁远一中崇德学校等校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一、二册占，选择性必修第一册到第三册7.3占． 一、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. 不小于2的所有整数构成的集合可表示为（ ） A. B. C. D. 2. 若为奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 3. 将复数的实部与虚部进行交换，得到的复数为（ ） A. B. C. D. 4. 的展开式中系数为有理数的各项系数之和为（ ） A. -30 B. -29 C. 1 D. 31 5. 设双曲线的左焦点为，过作的一条渐近线的垂线，交轴于点，若，则的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 6. 从这10个数中任取4个不同的数，则这4个数恰好可以构成等差数列或等比数列的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知随机变量服从两点分布，随机变量的分布列为 1 2 3 0.2 0.6 0.2 若，且与相互独立，则（ ） A. 0.25 B. 0.4 C. 0.65 D. 0.9 8. 函数的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 0 二、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. 已知数列分别是等差、等比数列，则必有（ ） A. B. C. D. 成等比数列 10. 若，则的取值可以为（ ） A. -10 B. C. -4 D. 1 11. 在正四棱锥中，是PB的中点，为底面的中心，点在四棱锥的外接球（球）的球面上，点在四棱锥的内切球的球面上，则（ ） A. 球的表面积为 B. 平面将该四棱锥分成两部分，体积较小的部分也是一个四棱锥 C. NT的最大值为 D. 为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设函数，则__________. 13. 振风塔享有“万里长江第一塔”的美誉.某中学社会实践小组为测量振风塔的高度，开展了一次实地测量的活动.他们在塔底所在的水平地面上选取，两点，测得米，，，在点处测得塔顶的仰角为，则振风塔的高度约为__________米.（结果精确到整数，参考数据：取） 14. 如图，给这八个方格涂色，现有红、蓝、黄、紫、绿、黑六种颜色可供选择，要求相邻的方格涂不同的颜色，且两端都涂红色，则不同的涂色方法共有________种． 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）求的值； （2）求的定义域； （3）若在区间[0,m]上有零点，求的最小值. 16. 某用户只在某外卖平台的甲、乙两家餐厅点餐，根据历史数据，选择甲餐厅的概率为0.6，选择乙餐厅的概率为0.4，甲餐厅的准时送达率为0.95，乙餐厅的准时送达率为0.9．已知该用户每次外卖点餐准时送达与否相互独立． （1）求该用户每次外卖点餐准时送达的概率. （2）平台推出“准时保”，每单需支付0.5元的服务费，若外卖未准时送达，则平台赔付3元；若外卖准时送达，则平台不赔付.该用户愿意购买“准时保”的条件是亏损期望不超过0.3元，试问他是否愿意购买“准时保”？说明你的理由． 17. 如图，在直三棱柱中，，且． （1）证明：平面. （2）在答题卡上，作出平面与AC的交点，并说明你的理由. （3）求平面与平面夹角的正切值. 18. 已知椭圆经过点，且的长轴长与短轴长之比为． （1）求的方程. （2）已知点，过点且斜率为的直线与交于两点，过点且斜率为的直线与交于两点，分别为的中点，且. （I）若与重合，求． （II）判断直线MN是否过定点.若是，求出该定点；若不是，请说明理由. 19. 在正项数列中，记，若为非零常数列，则称存在等比型递推结构，数列为的结构常数数列. （1）试问数列是否存在等比型递推结构？请说明理由． （2）已知正项数列存在等比型递推结构，且． （i）求的通项公式； （ii）设，记的前项和为，证明：对任意恒成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $