精品解析：贵州毕节市实验高级中学2025-2026学年第二学期期中考试高二数学试卷

毕节市实验高级中学 2026年春季半期考试 高二数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．作答时，将答案写在答题卡上．写在本试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知集合．则（ ） A. B. C. D. 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. “”是的（ ）条件 A. 充要条件 B. 必要不充分 C. 充分不必要 D. 既不充分也不必要 4. 展开式中的二项式系数和为512，则展开式常数项为（ ） A. 84 B. 28 C. 28 D. 84 5. 现有3名同学站成一排，再将甲、乙2名同学加入排列，保持原来3名同学顺序不变，不同的方法共有（ ） A. 12种 B. 20种 C. 6种 D. 8种 6. 已知直线，，若，则实数等于（ ） A. 0 B. 1 C. D. 1或 7. 把14个相同的球全部放入编号为1、2、3的三个盒内，要求盒内的球数不小于盒号数，则不同的放入方法种数为（ ） A. 36 B. 45 C. 72 D. 165 8. 已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 关于的展开式，下列结论正确的是（ ） A. 展开式共有项 B. 展开式的第项系数为 C. 展开式的所有项的系数之和为 D. 展开式的所有二项式系数之和为 10. 某学生在物理，化学，生物，政治，历史，地理这六门课程中选择三门作为选考科目，则下列说法正确的是（ ） A. 若任意选择三门课程，则总选法为 B. 若物理和历史至少选一门且不能同时选，则总选法为 C. 若物理和历史不能同时选，则总选法为 D. 若物理和历史至少选一门，则总选法为 11. 已知函数，下列说法中正确的有（ ） A. 函数的极小值为 B. 函数在点处的切线方程为 C. D. 若曲线与曲线无交点，则的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 从名志愿者中选人分别从事司机、导游、导购、保洁四项不同的工作．若其中甲、乙两名志愿者没有驾照不能从事司机工作，则选派方案共有___________种. 13. 已知函数在处取极值，且，则的值为____. 14. 已知点在双曲线：（，）上，到两渐近线的距离为，，若恒成立，则的离心率的取值范围为______. 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）求函数的极值； （2）求函数在上的最大值和最小值． 16. 已知等差数列的各项均为正数，. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求的通项公式及其前项和. 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，为棱上的点，且． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 已知椭圆的离心率为，且经过点． （1）求椭圆C的方程； （2）过的直线l与椭圆C相交于E，F两点，点，求面积的最大值． 19. 设函数. （1）讨论的单调性； （2）若，证明：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 毕节市实验高级中学 2026年春季半期考试 高二数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．作答时，将答案写在答题卡上．写在本试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知集合．则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以. 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，，所以A错； 对于B，，所以B错； 对于C，，所以C错； 对于D，，所以D正确. 3. “”是的（ ）条件 A. 充要条件 B. 必要不充分 C. 充分不必要 D. 既不充分也不必要 【答案】B 【解析】 【详解】由，可得，或，，所以充分性不成立； 反之，由，可得，所以必要性成立， 所以是的必要不充分条件. 4. 展开式中的二项式系数和为512，则展开式常数项为（ ） A. 84 B. 28 C. 28 D. 84 【答案】D 【解析】 【详解】因为展开式中所有二项式系数和为，所以，解得， 二项展开式的通项为， 令，即， 所以展开式中的常数项为 . 5. 现有3名同学站成一排，再将甲、乙2名同学加入排列，保持原来3名同学顺序不变，不同的方法共有（ ） A. 12种 B. 20种 C. 6种 D. 8种 【答案】B 【解析】 【分析】依题意，先安排甲同学的位置，再安排乙同学的位置，最后根据分步乘法计数原理计算出总的方法数. 【详解】原来名同学站成一排，有个空位可以插入甲同学，所以甲同学有种不同的排法.  当甲同学插入后，此时包括原来名同学和甲同学一共有个人， 这个人形成了个空位，所以乙同学有种不同的排法.  故完成将甲、乙名同学加入排列这件事，分两步： 第一步甲同学有种排法，第二步乙同学有种排法， 那么根据分步乘法计数原理，不同的方法共有（种）.  故选：B. 6. 已知直线，，若，则实数等于（ ） A. 0 B. 1 C. D. 1或 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，则由得，从而可求出的值 【详解】由题意可得， 因为， ，， 所以，解得， 故选：C 7. 把14个相同的球全部放入编号为1、2、3的三个盒内，要求盒内的球数不小于盒号数，则不同的放入方法种数为（ ） A. 36 B. 45 C. 72 D. 165 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，首先在13个球种取出1个球放到编号为2的盒子里，再取出2个球放在编号为3的盒子里，将原问题转化为“将剩下的10个球，分为3组，每组至少一个，分别放到三个盒子里”，用挡板法分析：将10个球排成一列，排好后，有9个空位，在9个空位中任取2个，插入挡板，由组合数公式计算可得答案． 【详解】解：根据题意，先在14个球种取出1个球放到编号为2的盒子里，再取出2个球放在编号为3的盒子里， 此时只需将剩下的11个球，分为3组，每组至少一个，分别放到三个盒子里即可； 将11个球排成一列，排好后，有10个空位， 在10个空位中任取2个，插入挡板，有种方法，即有45种将11个球分为3组的方法， 将分好的3组对应3个盒子，即可满足盒内的球数不小于盒号数， 则盒内的球数不小于盒号数的放入方法有45种， 故选：． 【点睛】本题考查排列、组合的运用，解答的关键在于将原问题转化为11个球的分组问题，用挡板法进行分析． 8. 已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∵球的体积为，所以球的半径, [方法一]：导数法 设正四棱锥的底面边长为，高为， 则，, 所以， 所以正四棱锥的体积， 所以， 当时，，当时，， 所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为， 又时，，时，, 所以正四棱锥的体积的最小值为， 所以该正四棱锥体积的取值范围是. 故选：C. [方法二]：基本不等式法 由方法一故所以当且仅当取到， 当时，得，则 当时，球心在正四棱锥高线上，此时， ，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是 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. 关于的展开式，下列结论正确的是（ ） A. 展开式共有项 B. 展开式的第项系数为 C. 展开式的所有项的系数之和为 D. 展开式的所有二项式系数之和为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据二项式展开式的相关概念和性质，分别对各选项进行分析判断. 【详解】展开式共有101项，A正确； 展开式的第2项系数为，B错误； 令，得展开式的所有项的系数之和为，C正确； 展开式的所有二项式系数之和为，D正确. 故选：ACD. 10. 某学生在物理，化学，生物，政治，历史，地理这六门课程中选择三门作为选考科目，则下列说法正确的是（ ） A. 若任意选择三门课程，则总选法为 B. 若物理和历史至少选一门且不能同时选，则总选法为 C. 若物理和历史不能同时选，则总选法为 D. 若物理和历史至少选一门，则总选法为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意及组合数的求法判断A；先从物理和历史中选择一门，再从剩余的四门中选择两门判断B；先求出六门中任意选择三门课程的方法，再求出物理和历史同时选择的求法判断C；分别分析物理和历史选择一门及选择两门两种情况，计算分析判断D. 【详解】A：从六门中任意选择三门课程，总选法为，故A正确； B：物理和历史中选择一门，有种方法， 再从剩余的四门中选择两门，有种方法，则总选法为，故B正确； C：从六门中任意选择三门课程，总选法为， 物理和历史同时选择，有种方法，则总选法为，故C正确； D：若物理和历史选择一门，则有种方法， 若物理和历史全部选择，有种方法，则总选法为，故D错误. 11. 已知函数，下列说法中正确的有（ ） A. 函数的极小值为 B. 函数在点处的切线方程为 C. D. 若曲线与曲线无交点，则的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数讨论的单调性判断A；由导数的意义得到切线的斜率，再由点斜式求出切线方程可判断B；利用的单调性判断C；将问题转化为无解，从而可判断D. 【详解】A：，令， 所以当时，，为单调递增函数； 当时，，为单调递减函数； 则函数的极大小值为，故A错误； B：，又， 则函数在点处的切线方程为，即，故B正确； C：因为在上单调递减， 所以，即， 所以，则，故C正确； D：两曲线无交点等价于方程无解， 显然，即无解，即无解， 因此比函数的最大值还大，即，故，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项的解决关键，在于将两曲线无交点转化为方程无根，再利用选项A中的结论即可得解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 从名志愿者中选人分别从事司机、导游、导购、保洁四项不同的工作．若其中甲、乙两名志愿者没有驾照不能从事司机工作，则选派方案共有___________种. 【答案】 【解析】 【详解】由于甲、乙不能从事司机工作， 因此司机工作从余下的名志愿者中选人，有种选法． 后面三项工作的选法有种， 因此共有种不同的选派方案． 13. 已知函数在处取极值，且，则的值为____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意得出，求出、的值，再结合函数极值点的定义进行检验，即可得出的值. 【详解】因为，所以， 因为函数在处取极值，且， 所以，解得或， 当，时，，，此时函数有极值点； 当，时，，此时函数在上为增函数，无极值点. 所以，，故. 14. 已知点在双曲线：（，）上，到两渐近线的距离为，，若恒成立，则的离心率的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】设双曲线上的点，可得，利用点到直线的距离公式可求得，由恒成立可得，从而可求得离心率的取值范围. 【详解】双曲线：（，）的两条渐近线的方程为和， 点到两条渐近线的距离之积为， 而恒成立，又因为的最小值为， 故只需，又点满足双曲线的方程， ，，即， 则的离心率，. 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）求函数的极值； （2）求函数在上的最大值和最小值． 【答案】（1）极小值为，极大值为0 （2），. 【解析】 【分析】（1）求出导函数，再列表得出函数单调性及函数的极值； （2）求出导函数，再列表得出函数单调性及函数的极值比较得出函数最值； 【小问1详解】 定义域，令，， 0 2 0 0 单调递减 极小值 单调递增 极大值0 单调递减 当时，有极小值，极小值为； 当时，有极大值，极大值为． 【小问2详解】 0 2 3 0 0 16 单调递减 极小值 单调递增 极大值0 单调递减 所以，.． 16. 已知等差数列的各项均为正数，. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求的通项公式及其前项和. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）由已知求出等差数列的公差，公式法得数列通项； （2）由累乘法求出的通项公式，裂项相消求其前项和. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，由， 得，解得， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 由得，， 所以， 又，所以. 由， 得. 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，为棱上的点，且． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明： 因为平面，平面， 所以，而，因此可以建立如下图所示的空间直角坐标系， 则有， ，，， 因为， 所以，而平面，， 所以平面； （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的运算性质，结合线面垂直的判定定理进行计算证明即可； （2）利用空间向量夹角公式进行求解即可； （3）利用空间向量夹角公式，结合锐角三角函数定义进行求解即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 设平面的法向量为， ， 则有， 由（1）可知平面的法向量为， 所以有， 所以平面与平面夹角的余弦值为； 【小问3详解】 由（2）可知：平面的法向量为， ，所以可得： ， 所以点E到平面的距离为. 18. 已知椭圆的离心率为，且经过点． （1）求椭圆C的方程； （2）过的直线l与椭圆C相交于E，F两点，点，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆离心率以及椭圆经过的点坐标解方程组可得结果； （2）对直线斜率是否存在进行分类讨论，设直线l斜率存在时，方程为，联立直线和椭圆方程，利用弦长公式和点到直线距离公式得出面积表达式，再由函数单调性计算可得结果. 【小问1详解】 由离心率，可得，即， 又，可得 椭圆经过点，可得，解得， 所以椭圆方程为. 【小问2详解】 当直线l斜率不存在时，易知， 此时； 设直线l斜率存在时，方程为，点，如下图： 联立，整理得， 则， 所以， 又点R到直线l的距离为． 所以， 令， 则， 易知，所以； 综上，，的最大值. 19. 设函数. （1）讨论的单调性； （2）若，证明：当时，. 【答案】（1）当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 证明：由题意知在上成立，令，即在恒成立. 则，令，则， 当时，，即，且仅当时等号成立， 所以在上单调递增，则的最小值为， 因为，所以，即在上，则， 可得在上单调递增，在处取得最小值， 最小值，即在上， 可知当时，在恒成立，所以. 【解析】 【分析】（1）根据函数单调性与函数导数之间的关系，求出函数导数，讨论参数范围对导数正负的影响，判断函数单调区间. （2）根据函数导数证明不等式的方法，构造函数，求出函数单调性，判断函数的最小值，说明不等式成立. 【小问1详解】 由题意得， 当时，在R上恒成立，函数在R上单调递增； 当时，令，解得， 当，，函数在上单调递减， 当，，函数在上单调递增， 综上所述，当时， 在R上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $