精品解析：江苏苏州市西安交通大学苏州附属中学2025-2026学年度第二学期期中考试高二数学试题

西交大附中2025-2026学年第二学期高二年级期中考试试卷 数学学科 命题人：陈鸿斌 审核人：黄红霞 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. 1. 从5本不同期的《意林》和3本不同期的《读者》中任取一本，则不同的取法种数是（ ） A. 15 B. 125 C. 8 D. 【答案】C 【解析】 【分析】采用分类加法计数原理求解即可. 【详解】分两类： 第1类，取《意林》，有5种不同的取法； 第2类，取《读者》，有3种不同的取法． 故共有8种不同的取法． 故选：C 2. 在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量的线性运算可得结果. 【详解】. 故选：A. 3. 曲线在点处切线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先对函数求导，再将切点横坐标代入导函数求出切线斜率，进而求出倾斜角. 【详解】因为，所以切线斜率，则切线倾斜角为45°. 故选：B. 4. 设函数在处存在导数为3，则（ ） A. B. 1 C. 3 D. 9 【答案】B 【解析】 【详解】因为函数在处存在导数为3，即， 所以. 5. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的计算方法求解即可. 【详解】由题可知，， 向量在向量上的投影向量为. 故选：. 6. 直三棱柱，，分别是的中点，，则与所成的角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角的向量求法可求得结果. 【详解】以为坐标原点，的正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系， ，，，，，， ，即， 与所成的角为. 7. 已知函数，若对任意恒成立，则a的最小值为（ ） A. B. C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】分离参数可得，构造函数，利用导数求出函数的最大值，即可求解. 【详解】由题意知对任意恒成立， 所以对任意恒成立. 记，则， 当时，；当时，； 故在上单调递增，在上单调递减， 故当时，在时取得极大值，也即最大值. 所以，故a的最小值为. 8. 已知正方体棱长为2，为空间中一点．若（），则异面直线和所成角的取值不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以为轴建立空间直角坐标系，计算各点的坐标，得到向量的坐标，计算，利用换元法结合二次函数的性质得到范围，对比选项得到答案. 【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，故，，， 设直线和所成角为，， ， 当时，，故； 当时，设，则，故, 函数，在上单调递减，故， ，. 综上所述：. 故选：A 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. 下面四个结论正确的是（ ） A. 向量，若，则 B. 若空间四个点，，，，，则，，三点共线 C. 已知向量，，若，则为钝角 D. 任意向量，满足 【答案】AB 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算、向量平行的意义及坐标表示、数量积的定义、性质对各命题逐一判断即可． 【详解】对于A，因，，则，A正确； 对于B，因，则＝，即，即A、B、C三点共线，B正确； 对于C，，若为钝角，则，且与不共线，由得，当时，，即， 由与不共线得，于是得当且时，为钝角，C错误； 对于D，是的共线向量，而是的共线向量，故D错误， 故选：AB 10. 已知函数，下列说法正确的有（ ） A. 曲线在处的切线方程为 B. 过点与曲线相切的直线有且只有2条 C. 函数有极小值，无极大值 D. 方程有两个不同的解 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求得切线方程为，可判定A正确；设切点，求得切线方程，将点代入切线方程得到，令，利用导数求得函数的单调性与极值，得出方程有两个实根，可判定B正确；利用导数求得函数的单调性，结合极值的概念，可判定C正确；结合函数的单调性和极值，根据与的图象只有一个交点，可判定D错误. 【详解】对于A中，由函数，可得， 可得且，即切线的斜率为且过点， 所以切线方程为，即切线方程为，所以A正确； 对于B中，设过点的切线与曲线相切于点， 可得切线方程为，即， 将点代入切线方程，可得， 整理得， 令，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以函数的极大值，也为最大值为， 当时，；当时，， 所以在上，函数有两个零点，即方程有两个实根， 所以过点与曲线相切的直线有且只有2条，所以B正确； 对于C中，由，令，解得， 当时，，单调减； 当时，，单调增， 所以当时，函数取得极小值，极小值为，无极大值， 所以C正确； 对于D中，由C知函数在上单调递减，在单调递增， 且得极小值为， 又由当时，；当时，， 所以函数与的图象只有一个交点， 即方程有两个不同的解，所D错误. 故选：ABC. 【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数无最小值 B. 函数有2个极值点 C. 函数有5个零点 D. 若函数在上是减函数，则实数的取值范围是 【答案】BC 【解析】 【分析】根据导函数分析出函数的单调性，进而得到函数的最值以及极值点，求出选项ABD.再利用换元法，结合的图象求解选项C. 【详解】由，可得，易知恒成立； 当​时，，单调递增；当时，，单调递减. 当时，，单调递增，则极大值，极小值. 当时，时，函数图象如下图所示： 选项A.的极小值，且时均大于，因此存在最小值，A错误. 选项B.有两个不同的变号零点​和，对应两个极值点，B正确. 选项C.令，，解得​或. 结合图象可知，当时，由可知该方程在和各有1个解，共2个解； 当时，由可知该方程在，，各有一个解，共3个解，共5个解. 选项D.的单调减区间是，若在上是减函数，则，D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，向量 ，若，则实数的值为________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据，由求解. 【详解】因为向量，向量 ，且， 所以， 解得， 故答案为：2 13. 已知函数，则__________. 【答案】 【解析】 【详解】，求导可得， 当时，，， 因此. 14. 中最大的数字是__________；中最大的数字是__________．（） 【答案】 ①. 4096## ②. 【解析】 【分析】分别设函数，根据导数得出单调性即可求解． 【详解】设函数，， 显然单调递减，注意到，， 所以在单调递增，在单调递减， 又，所以最大； 设函数则， 显然函数单调递减， 注意到，， 又， 因此 所以最大的数是． 故答案为：4096，． 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. 已知曲线在点处的切线的斜率为1. （1）求实数a的值； （2）求函数的单调区间与极值. 【答案】（1）1 （2）递减区间为，递增区间为；极小值为，极大值为. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义，即求得答案； （2）由（1）可得函数导数，令，以及，即可求得单调区间，进而求得极值. 【小问1详解】 由，得， 曲线在点处的切线的斜率为1， 故； 【小问2详解】 由（1）知，， 令，则或； 令，则； 故函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 故函数的极小值为，极大值为. 16. 如图，在四棱锥中，底面为边长为2的正方形，平面平面，，，是线段上异于点，的动点. （1）当是线段的中点时，求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 连接，交于点. 因底面为边长为2的正方形，则是的中点. 又是的中点，则得. 又平面， 平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用中位线定理，根据线面平行的判定定理证明即可； （2）由题意，建立空间直角坐标系，求出相关向量的坐标，利用空间向量夹角公式计算即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，易得. 因为，所以. 又因为平面平面，平面平面，平面, 所以平面. 故可以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系. 则. 所以，，. 设平面的法向量为， 则，故可取. 因 故直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知. （1）证明：函数是上的增函数； （2）设是的导数.当时，记函数的最大值为，函数的最大值为.求证：. 【答案】（1） 由题意知：定义域为，， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，即在上恒成立，是上的增函数. （2） 由（1）知：在上单调递增， ，， ， ； 由（1）知：在上单调递减，在上单调递增， ，，， ，即； ，. 【解析】 【分析】（1）令，结合正负可确定，由此可得结论； （2）根据（1）中的单调性可确定的取值，作差法即可证得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 如图1，在边长为2的菱形ABCD中，于点，将沿DE折起到的位置，使，如图2． （1）求多面体的体积； （2）求二面角的余弦值； （3）在线段BD上是否存在点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直判定证平面，再由线面垂直性质有，由线面垂直判定平面，最后应用三棱锥体积公式计算求解； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再应用向量法求二面角余弦值； （3）令，,根据面面垂直及相关面的法向量列方程求参数，即可得答案. 【小问1详解】 因为，即, 又,平面， 所以平面，平面，所以. 又,平面，所以平面， 所以. 【小问2详解】 因为平面，，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系， 则，所以, 设平面的法向量，由，得， 因为平面，所以平面的法向量，所以. 因为所求二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 【小问3详解】 假设存在线段上存在一点，使得平面平面, 设，，则. 所以，设平面的法向量， 由，令，得， 因为平面平面，所以，解得， 所以在线段上存在点，使得平面平面，且. 19. 已知函数. （1）若函数在处的切线方程为，求的值； （2）讨论的单调性； （3）当时，记函数，求证：函数有唯一的极大值点，且. 【答案】（1）； （2） 时，在上单调递减； 时，在上单调递减，在上单调递增. （3） 当时，， 则， 令，则， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增，故， 又，，， 则由零点存在性定理可知，使得， 则或时，，；时，，， 故在和上单调递增，在上单调递减，则有唯一的极大值点， 且， 令，则， 则在上单调递增，则，故. 【解析】 【分析】（1）根据，可求； （2）求导，因式分解，分、两种情况讨论； （3）求出，构造函数，通过的单调性结合零点存在性定理即可求证函数有唯一的极大值点，且使得，进而化简得，通过构造函数即可求证. 【小问1详解】 ， 因函数在处的切线方程为， 则，，得； 【小问2详解】 ，， 当时，，则在上单调递减； 当时，得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 综上，时，在上单调递减； 时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西交大附中2025-2026学年第二学期高二年级期中考试试卷 数学学科 命题人：陈鸿斌 审核人：黄红霞 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. 1. 从5本不同期的《意林》和3本不同期的《读者》中任取一本，则不同的取法种数是（ ） A. 15 B. 125 C. 8 D. 2. 在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ） A. B. C. D. 3. 曲线在点处切线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 4. 设函数在处存在导数为3，则（ ） A. B. 1 C. 3 D. 9 5. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 6. 直三棱柱，，分别是的中点，，则与所成的角为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若对任意恒成立，则a的最小值为（ ） A. B. C. D. 0 8. 已知正方体棱长为2，为空间中一点．若（），则异面直线和所成角的取值不可能是（ ） 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. 下面四个结论正确的是（ ） A. 向量，若，则 B. 若空间四个点，，，，，则，，三点共线 C. 已知向量，，若，则为钝角 D. 任意向量，满足 10. 已知函数，下列说法正确的有（ ） A. 曲线在处的切线方程为 B. 过点与曲线相切的直线有且只有2条 C. 函数有极小值，无极大值 D. 方程有两个不同的解 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数无最小值 B. 函数有2个极值点 C. 函数有5个零点 D. 若函数在上是减函数，则实数的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，向量 ，若，则实数的值为________. 13. 已知函数，则__________. 14. 中最大的数字是__________；中最大的数字是__________．（） 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. 已知曲线在点处的切线的斜率为1. （1）求实数a的值； （2）求函数的单调区间与极值. 16. 如图，在四棱锥中，底面为边长为2的正方形，平面平面，，，是线段上异于点，的动点. （1）当是线段的中点时，求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知. （1）证明：函数是上的增函数； （2）设是的导数.当时，记函数的最大值为，函数的最大值为.求证：. 18. 如图1，在边长为2的菱形ABCD中，于点，将沿DE折起到的位置，使，如图2． （1）求多面体的体积； （2）求二面角的余弦值； （3）在线段BD上是否存在点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存请说明理由． 19. 已知函数. （1）若函数在处的切线方程为，求的值； （2）讨论的单调性； （3）当时，记函数，求证：函数有唯一的极大值点，且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $