精品解析：甘肃定西市渭源县第四高级中学2025-2026学年第二学期期中试卷高二数学

2025-2026年第二学期甘肃省渭源县第四高级中学期中试卷 高二数学 考生注意：本试卷满分为150分，考试时间为120分钟． 一、单选题：本题共8小题，每题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，．若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 复数（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（    ） A. B. 2 C. D. 3. 设，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，且向量在向量上的投影向量为，则等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 是等比数列，且， ，则（    ） A. 12 B. 24 C. 30 D. 32 6. 已知，若两圆和外切，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆C上存在一点P使，且△F1PF2为锐角三角形，则椭圆C的离心率的取值范围是（　　） A. B. C. D. 8. 若（），则（    ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对得6分 ，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 在中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，.下列说法正确的是（ ） A. 是直角三角形 B. 若是的中点，则 C. 若，为的中点，则的最大值为 D. 若，则 10. 如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 圆锥的体积为 C. 若一蚂蚁从点出发沿圆锥的侧面爬行一周回到点，则爬行的最短距离为 D. 圆锥的外接球与内切球半径比值为 11. 已知函数，是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则下列说法正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. D. 三、填空题:本题共3小题，每题5分，共15分 12. 已知的内角，，所对的边分别为，，，若，，则面积的最大值为______. 13. 已知随机变量，且，则的展开式中的常数项为________.（用数字作答） 14. 若的展开式中的系数为30，则__________ 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. 如图，在中，为边上一点，且. （1）若. （i）求； （ii）求的面积； （2）求的取值范围. 16. 人工智能大模型已成为新一代数字技术核心，某企业自主研发了人工智能大模型，为了比较其与传统人工智能模型的文本生成效果，随机抽取两种模型各次文本生成效果，已知每次文本生成效果分为有效生成与无效生成两种情况，且部分统计数据如下表. 有效生成 无效生成 合计 模型 模型 合计 （1）完成列联表，并以样本估计总体，频率估计概率，若利用模型随机生成次文本，求该文本生成效果为有效生成的概率； （2）根据小概率值的独立性检验，判断文本生成效果与模型类型是否有关. 附 17. 如图，在三棱锥中，底面ABC，=2，D为的中点，，垂足为E，F是线段上的点． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 18. 在平面直角坐标系中，已知点，动点关于的对称点为，且直线的斜率之积是，记的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）直线与轴交于点，点与点关于轴对称，直线与轴交于点．在轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由． 19. 已知函数 （1）若函数有两个零点，求的取值范围； （2）在（1）的条件下，设函数的两个零点分别为. ①证明： ②证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026年第二学期甘肃省渭源县第四高级中学期中试卷 高二数学 考生注意：本试卷满分为150分，考试时间为120分钟． 一、单选题：本题共8小题，每题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，．若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过解一元二次不等式得集合，再根据并集的定义可得. 【详解】由，解得，所以. 因为，所以，如图： 所以． 2. 复数（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（    ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可得：的共轭复数 ， 所以的虚部为. 3. 设，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出，然后利用二倍角的正切公式计算即可. 【详解】化简等式为，解得或. 因为，所以，所以，所以. 所以. 4. 已知向量，且向量在向量上的投影向量为，则等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】因为向量在向量上的投影向量为，故， 又， 所以. 5. 是等比数列，且， ，则（    ） A. 12 B. 24 C. 30 D. 32 【答案】D 【解析】 【详解】设等比数列的公比为，由，， 得，所以. 6. 已知，若两圆和外切，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得两圆的圆心和半径，再依据两圆外切，即可求得，令，代入上式，化简整理，可得关于m的一元二次方程，根据，结合判别式法即可得答案. 【详解】由题意得圆， 整理得，则圆心为，半径为1， 圆，整理得， 则圆心为，半径为2，由题意得两圆外切，即圆心距等于半径和， 所以，解得， 令，则，代入， 得，展开得， 因为，所以，解得. 所以的最大值为，故D正确. 7. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆C上存在一点P使，且△F1PF2为锐角三角形，则椭圆C的离心率的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，由正弦定理可得，由两角和的正弦公式和倍角公式化简可得，结合的范围和余弦函数的单调性即可得出答案. 【详解】设，则，由三角形的内角和为， 所以，在中，由正弦定理可得： ， 由可得：， 所以， 因为 ， 因为， 因为△F1PF2为锐角三角形，所以，解得：， 所以，所以， 因为在上单调递减， 所以在上单调递减， 所以 8. 若（），则（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于A：因为，所以多项式最高次项的次数为6， 所以，所以，故A错误； 对于B：，故B错误； 对于C：在中， 令，得，所以， 令，得， 所以，故C正确； 对于D：对两边同时求导， 得， 令，得，故D错误. 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对得6分 ，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 在中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，.下列说法正确的是（ ） A. 是直角三角形 B. 若是的中点，则 C. 若，为的中点，则的最大值为 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用二倍角余弦公式及余弦边角关系化简条件判断A，利用已知及三角形内角的性质分析判断B，根据A、B分析，应用柯西不等式求的范围判断C，应用三角换元，得到，其中，，结合正弦函数的性质求范围判断D. 【详解】由得，， 化简有，故，是直角三角形，A正确； 若是的中点，是的中点，，此时，故， 要使，即证， 由，结合正切函数的单调性，只需证，显然成立，B正确； 由，， ， 当且仅当，即，时等号成立，与矛盾，C错误； 若，则，，此时， 其中，，则，此时， 所以， 所以，故，D正确. 10. 如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 圆锥的体积为 C. 若一蚂蚁从点出发沿圆锥的侧面爬行一周回到点，则爬行的最短距离为 D. 圆锥的外接球与内切球半径比值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据圆锥的性质可求解母线长，进而根据体积公式以及侧面积公式即可求解AB，根据展开图，即可求解C，利用勾股定理即可求解球半径. 【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，则以为圆心，为半径的圆的面积为，圆锥的侧面积，因为圆锥在平面内转到原位置时，圆锥本身滚动了3周， 所以圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为，解得，所以圆锥的母线长为9；圆锥的侧面积，故A正确； 圆锥的高，则圆锥的体积，故B错误， 如图为圆锥沿的侧面展开图，连接， 设，则，故， 则为等腰三角形，所以蚂蚁爬行的最短距离为，故C正确. 设外接球半径，则有，解得； 设内切球半径r，则有，解得；所以 11. 已知函数，是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则下列说法正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性及奇偶性判断即可. 【详解】由题意知， 当时，易得函数在上单调递增， 又， 所以为奇函数，所以在上单调递增． 又是定义在上的偶函数，所以. 因为，所以是奇函数，故A正确； 因为，所以是偶函数．故B正确； 因为是定义在上的偶函数，且在上单调递增， 所以在上单调递减， 所以．所以，故C错误； 因为， 所以，故D正确． 三、填空题:本题共3小题，每题5分，共15分 12. 已知的内角，，所对的边分别为，，，若，，则面积的最大值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】先应用余弦定理计算，再结合基本不等式计算得出，最后应用面积公式计算求解. 【详解】在中，,，故, 由余弦定理，得. 又（当且仅当时取等号），所以， 所以， 所以面积的最大值为. 13. 已知随机变量，且，则的展开式中的常数项为________.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】先由正态分布的对称性得到a的值，然后写出二项展开式的通项公式，令x的指数为0即可求解. 【详解】随机变量，则图像关于对称，且， 由对称性可得，解得， 的通项公式为， 当时得到展开式的常数项为. 14. 若的展开式中的系数为30，则__________ 【答案】 【解析】 【详解】因为的展开式的通项公式为，其中， 令，得，即， 所以的展开式中的系数为，解得. 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. 如图，在中，为边上一点，且. （1）若. （i）求； （ii）求的面积； （2）求的取值范围. 【答案】（1）（i）；（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）已知，，可求得的大小；在和中，利用角的关系结合正弦定理，建立关于的等式求解； （ii）根据已知边、角关系，先求出，的长度，再利用三角形面积公式计算的面积. （2）利用三角形内角和及直角三角形的性质，用分别表示出和；将其代入，转化为关于的三角函数；再根据的取值范围，结合三角函数的性质求取值范围. 【小问1详解】 （i），，； ，，在中，由正弦定理得，即，解得. 在中，，为锐角； ，. 所以， 在中，由正弦定理得， 所以. （ii），， 所以， ，得. ，， 在中，由正弦定理得 ，即，所以. 所以. 【小问2详解】 ，，在中，由正弦定理得， ，得. ，，在中，由正弦定理得， ，得. 在中，，得，； 所以 ； ，，； ，即. 16. 人工智能大模型已成为新一代数字技术核心，某企业自主研发了人工智能大模型，为了比较其与传统人工智能模型的文本生成效果，随机抽取两种模型各次文本生成效果，已知每次文本生成效果分为有效生成与无效生成两种情况，且部分统计数据如下表. 有效生成 无效生成 合计 模型 模型 合计 （1）完成列联表，并以样本估计总体，频率估计概率，若利用模型随机生成次文本，求该文本生成效果为有效生成的概率； （2）根据小概率值的独立性检验，判断文本生成效果与模型类型是否有关. 附 【答案】（1） 有效生成 无效生成 合计 模型 模型 合计 （2）文本生成效果与模型类型有关. 【解析】 【分析】（1）先计算随机生成次为有效生成的频率，再由频率估计概率可； （2）直接由独立性检验计算可得. 【小问1详解】 首先补全列联表： 有效生成 无效生成 合计 模型 模型 合计 根据频率估计概率，模型共生成次，其中有效生成次， 因此随机生成次为有效生成的频率为， 根据频率估计概率，利用模型随机生成次文本，该文本生成效果为有效生成的概率. 【小问2详解】 零假设：文本生成效果与模型类型无关. 代入卡方公式计算，令, 因为小概率值对应的临界值，由于，因此不成立. 结论：依据的独立性检验，认为文本生成效果与模型类型有关. 17. 如图，在三棱锥中，底面ABC，=2，D为的中点，，垂足为E，F是线段上的点． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 【答案】（1）证明：因为 底面， 底面，所以， 又，是中点，故， 由于，平面，因此平面 ， 因为平面，所以， 又因为，，平面，所以平面 ， 又因为平面 ，所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理先证明平面 ，得，结合题设再证平面 ，再由面面垂直的判定定理即可得证； （2）利用空间向量法来求出平面夹角余弦值的表达式，转化为函数求最大值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，所在直线为轴，过作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. ， 则，，，，， 即，，设， 则， 因为，所以， 即， 因为在上，所以可设，， 则， 由图可知平面的法向量为， 设平面 的法向量， 则，令，可得， 设平面与平面夹角为， 则， 令，则， 设， 当时，即，， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值的最大值为. 18. 在平面直角坐标系中，已知点，动点关于的对称点为，且直线的斜率之积是，记的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）直线与轴交于点，点与点关于轴对称，直线与轴交于点．在轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）设出点的坐标，利用对称性写出的坐标，再根据斜率公式表示出与，将已知斜率之积代入并化简，即可得到轨迹的方程. （2）设，依次写出、的坐标，设，由得出正切关系式，结合椭圆方程消去，解出，从而判断存在点. 【小问1详解】 设()，则. 直线的斜率，直线的斜率. 由，得，即. 整理得，即，故(，即). 所以的方程为(). 【小问2详解】 设()在上，则. 点与关于轴对称，故. 直线的方程为，令，得，所以. 直线的方程为，令，得，所以. 设，如图所示：，. 由，得，即. 由，得. 代入得，即. 因为，所以，即. 故存在点，坐标为或. 19. 已知函数 （1）若函数有两个零点，求的取值范围； （2）在（1）的条件下，设函数的两个零点分别为. ①证明： ②证明： 【答案】（1） （2） ①由（1）可知：设， 要证明，只要证明， 又因为均在函数的单调递增区间上， 故只需证明：， 又因为， 故只需证明：， 记， ， 所以在上单调递减，， 所以； ②过O，A两点的直线方程为， 设直线与直线的交点的横坐标为， 令， 则时，， 所以， 故有， 又因为单调递减，， 类似的过的直线方程为， 设直线AB与直线的交点的横坐标为， 令， 则， 在上单调递增， ， 由根的存在性定理知，， 所以在单调递减，在上单调递增， 所以当时有，即， ，又单调递增，， 由得． 【解析】 【分析】（1）由得，令，利用导数确定的性质，然后由直线与的图象有两个交点得参数范围； （2）①由（1）知，问题转化为只要证，只要证，只要证，令，然后由导数证明；②的图象与轴的交点是，极小值点，设直线与直线的交点的横坐标为，构造函数，证明，过的直线方程为，设直线AB与直线的交点的横坐标为，令，，用导数证明，从而证明，然后由证得结论成立. 【小问1详解】 令， 设， 因为在上单调递增，由得， 所以在单调递减，单调递增. 当时，， 当时，时， 作出的图象和直线，其中的图象与轴的交点是，极小值点， 如图我们有：当时，有两个零点. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $