精品解析：云南德宏州2025-2026学年下学期普通高中学校高二年级期中教学质量监测数学试卷

德宏州2026年春季学期普通高中学校高二年级期中教学质量监测 数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、准考证号、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，将答题卡交回. 一、单项选择题：(本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)． 1. 已知集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为， . 2. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，再根据共轭复数的定义即可求解． 【详解】， 所以复数的共轭复数为． 3. 学校运动会需要从5名男生和2名女生中选取4名志愿者，则选出的志愿者中至少有一名女生的不同选法的种数是（ ） A. 20 B. 30 C. 35 D. 40 【答案】B 【解析】 【分析】根据组合的知识求得正确答案. 【详解】选出的志愿者中，个女生个男生时，方法数有种， 个女生个男生时，方法数有种， 所以不同选法有种. 故选：B 4. 在的展开式中，的系数是（ ） A. 15 B. C. 30 D. 【答案】A 【解析】 【详解】二项式展开式的通项为， 令，解得， 所以的系数是. 5. 已知在上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知条件得出在上恒成立，利用参变量分离法得出，结合基本不等式可求得实数的取值范围. 【详解】由可得， 由条件只需，即在上恒成立， 由基本不等式可得，当且仅当，即时，取等号， 故的最小值为4，故只需. 故选：B. 【点睛】结论点睛：利用函数的单调性求参数，可按照以下原则进行： （1）函数在区间上单调递增在区间上恒成立； （2）函数在区间上单调递减在区间上恒成立； （3）函数在区间上不单调在区间上存在异号零点； （4）函数在区间上存在单调递增区间，使得成立； （5）函数在区间上存在单调递减区间，使得成立. 6. 曲线 在点 处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导得到，再利用导数的几何意义求解即可. 【详解】因为，所以， 则在点 处切线的斜率为， 故切线方程为，即. 7. 现有五人站成一排，则相邻且不相邻的排法种数共有（ ） A. 6 B. 12 C. 24 D. 48 【答案】C 【解析】 【分析】根据排列数以及分步计数原理即可求解. 【详解】根据题意，将，看成一个整体，，的排列方法有种方法， 然后将这个整体与进行全排列，即不同的排列方式有， 最后将，插入到三个空中的两个中，有种方法， 根据分步计数原理可知排法种数为， 故选：C. 8. 若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数有两个不同的零点，转化为函数的图象与直线有两个交点，利用求导判断函数单调性和图象趋势，分析即得参数范围. 【详解】函数有两个不同的零点， 则方程有两个不同的实根，也即函数的图象与直线有两个交点. 由求导得，当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增，且当时，， 当时，，且，当时，取得极小值. 作出函数的图象： 由图可知，当且仅当时，函数与直线有两个交点， 故实数的取值范围是. 二、多项选择题：本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 函数的导函数的图象如图所示，则下列结论不正确的是（ ） A. 是的极值点 B. 是的极大值点 C. 的单调递减区间是 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据导函数的图象，求出原函数的单调区间，结合极值点的意义判断. 【详解】由导函数图象可知， 当或时，，当时，， 所以函数的单调递增区间为和， 单调递减区间为，选项C正确； 是的极大值点，选项B正确； 在的左右两边导数符号不变， 所以不是的极值点，选项A错误； 在上单调递增，所以，选项D错误. 10. 已知函数关于下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 直线是函数的一条对称轴 C. 将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度得到函数的图象 D. 的导函数的值域为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据周期公式判断A；代入验证可判断B；利用平移变换可判断C；求导后结合余弦函数性质判断D. 【详解】对A，由题知，所以的最小正周期，错误； 对B，因为， 所以直线是函数的一条对称轴，正确； 对C，将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度得，正确； 对D，令，， 则，即， 由余弦函数性质可知，的值域为，正确. 11. 已知函数 展开式中二项式系数和为 256 ，则下列说法正确的有（ ） A. 所有项的系数之和为1 B. 二项式系数最大项为第 4 项 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，令，代入计算即得；对于B，利用二项式系数的单调性可求；对于C，分别取和，计算即得；对于D，对二项式两边取导数，再代入计算即得. 【详解】由题意，，解得， 对于A，在展开式中，令，可得所有项的系数之和为，故A正确； 对于B，因，则二项展开式有9项，故二项式系数最大项为第 5 项，故B错误； 对于C，在展开式中，令，得， 令，可得， 两式相减，得，故C正确； 对于D，对两边求导得， 令，得，即，故D正确. 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12. 若函数在处的切线斜率为 ，则 ______. 【答案】3 【解析】 【分析】根据求解即可. 【详解】由题可知，，解得. 13. 有4名学生准备去芒市勐焕大金塔，瑞丽一寨两国，梁河南甸宣抚司署这3个景点游玩．每名学生必须去一个景点，每个景点至少有一名学生游玩，则不同的游玩方式有______种（用数字作答）. 【答案】36 【解析】 【详解】由题意，必有两个人去了同一个景点， 所以不同的游玩方式有. 14. 已知正三棱柱内接于半径为2的球，则该正三棱柱体积的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】设的外接圆半径为r，边长为a，正三棱柱的高为，求得正三棱柱体积的表达式，然后利用导数求得体积的最大值. 【详解】设的外接圆半径为r，边长为a，正三棱柱的高为， 则，，即， 所以正三棱柱的体积． 又，当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减， 所以当时，函数取得最大值． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：一是根据几何体的结构求得几何体体积的表达式；二是求得体积的表达式后，根据表达式的结构，选择合适的求最值的方法，如二次函数的性质、基本不等式、导数等等. 四、解答题：本大题共 5 小题，其中 15 题 13 分，16－17 题 15 分，18－19 题 17 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数 在 处取得极大值10． （1）求的值； （2）求函数 在区间 上的最大值和最小值． 【答案】（1）； （2）最大值为10，最小值为2. 【解析】 【分析】（1）求导，即可根据函数值以及导数值列方程求解， （2）根据函数的单调性，求解极值以及端点处函数值，即可作答. 【小问1详解】 ， 故且，解得， 则， 令，则， 当时，，当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 故在处取到极大值，故满足题意. 【小问2详解】 由（1）知：在和单调递增，在单调递减， 且极大值为, 极小值为，又因为 故函数  在区间  上的大值为10，最小值为2. 16. 已知在中，角的对边分别为，向量，，. （1）求角C的大小; （2）若成等差数列，且，求c. 【答案】（1）； （2）6. 【解析】 【分析】（1）由已知、向量数量积坐标表示及和角正弦公式得，再由二倍角正弦公式化简，即可得； （2）根据等差数列的性质、正弦边角关系得，再由向量减法法则及数量积的定义得，最后应用余弦定理求边长. 【小问1详解】 由题设，又， 在中，，则， 所以，故. 【小问2详解】 由成等差数列，可得，则， 因为，所以，即，所以. 由余弦定理，得， 所以，所以. 17. 如图，四棱锥 的底面是正方形，且 ． （1）求证：平面平面； （2）求四棱锥的体积； （3）求平面BDQ与平面ADQ的夹角的正弦值． 【答案】（1） 因为，所以，所以， 又底面为正方形，所以， 因为是平面内的两条相交直线，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理和正方形性质证明平面，然后由面面垂直判定定理可证； （2）作出辅助线，得到，由勾股定理得到各边长，由勾股定理逆定理得到，证明出线面垂直，由棱锥体积公式求出答案； （3）作出辅助线，得到OM，OD，OQ两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用法向量夹角公式求出面面角的余弦值，进而由同角三角函数关系求出正弦值 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，因为，所以， 由（1）知，平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又，，所以， 四边形的面积为， 四棱锥的体积为； 【小问3详解】 过作交BC于M，则， 由（2）知平面，又平面， 所以， 以为原点，OM，OD，OQ所在直线为x，y，z轴的空间直角坐标系， 所以，，，， 故，，设平面的法向量为， 则，故，取，则，， 故平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为， 所以，所以， 所以平面与平面的夹角的正弦值为 18. 已知椭圆的离心率为，长轴长为. （1）求椭圆的方程； （2）为椭圆的左､右焦点，点在椭圆上，且点是第一象限的点，若，求点的坐标； （3）过点的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，若的面积为，求. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由离心率得，长轴长为，结合，解出即可； （2）设，代入椭圆方程中得到一个方程，再表示出，根据得出方程，联立解出即可； （3）设直线的方程为，联立直线方程和椭圆方程得出韦达定理，表示出弦即为的底，再利用点到直线距离公式求出以为底的高，表示出的面积解出参数，然后代入的表达式中即可. 【小问1详解】 由椭圆的离心率为，所以，① 长轴长为，则，② 又，③ 联立①②③解得：， 所以椭圆的方程为：. 【小问2详解】 由题意如图所示： 由（1）知， 由点在椭圆上，且点是第一象限的点 设，且，④ 此时， 由，即， 化简得：，⑤ 将⑤代入④解得：或（舍去）， 将代入⑤中解得或（舍去）， 所以点的坐标为：. 【小问3详解】 由题意知直线的斜率存在且不为0，设直线的斜率为， 则设直线的方程为：即，如图所示： 设， 联立，消去整理得：， 由， 所以， 根据弦长公式得： ， 又到直线的距离为： ， 所以， 解得：，满足题意， 所以. 19. 已知函数 ． （1）讨论函数的单调性； （2）若函数在定义域内恒成立，求实数的取值范围； （3）求证：当时， ． 【答案】（1）当时， 在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减. （2） （3） 由（2）得，当时，当且仅当时等号成立， 所以对任意整数，，结合对数的运算法则可得 所以， 故得证. 【解析】 【分析】（1）对函数求导得到，再对分类讨论即可； （2）在定义域内恒成立只需要在定义域内满足，由（1）知当时，，故只需考虑的情况即可求解； （3）取时，然后将待证不等式的左边取对数，让左边的式子结构能和产生联系； 【小问1详解】 函数定义域为 ，； 当时，恒成立，因此在单调递增； 当时，令，得到， 当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减； 综上所述，当时， 在单调递增； 当时，在单调递增，在单调递减. 【小问2详解】 由（1）知，当时，，不满足题设， 当时，在单调递增，在单调递减， 因为函数在定义域内恒成立，所以，解得， 故实数的取值范围为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 德宏州2026年春季学期普通高中学校高二年级期中教学质量监测 数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、准考证号、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，将答题卡交回. 一、单项选择题：(本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)． 1. 已知集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 2. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 3. 学校运动会需要从5名男生和2名女生中选取4名志愿者，则选出的志愿者中至少有一名女生的不同选法的种数是（ ） A. 20 B. 30 C. 35 D. 40 4. 在的展开式中，的系数是（ ） A. 15 B. C. 30 D. 5. 已知在上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 曲线 在点 处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 现有五人站成一排，则相邻且不相邻的排法种数共有（ ） A. 6 B. 12 C. 24 D. 48 8. 若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 函数的导函数的图象如图所示，则下列结论不正确的是（ ） A. 是的极值点 B. 是的极大值点 C. 的单调递减区间是 D. 10. 已知函数关于下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 直线是函数的一条对称轴 C. 将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度得到函数的图象 D. 的导函数的值域为 11. 已知函数 展开式中二项式系数和为 256 ，则下列说法正确的有（ ） A. 所有项的系数之和为1 B. 二项式系数最大项为第 4 项 C. D. 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12. 若函数在处的切线斜率为 ，则 ______. 13. 有4名学生准备去芒市勐焕大金塔，瑞丽一寨两国，梁河南甸宣抚司署这3个景点游玩．每名学生必须去一个景点，每个景点至少有一名学生游玩，则不同的游玩方式有______种（用数字作答）. 14. 已知正三棱柱内接于半径为2的球，则该正三棱柱体积的最大值为__________． 四、解答题：本大题共 5 小题，其中 15 题 13 分，16－17 题 15 分，18－19 题 17 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数 在 处取得极大值10． （1）求的值； （2）求函数 在区间 上的最大值和最小值． 16. 已知在中，角的对边分别为，向量，，. （1）求角C的大小; （2）若成等差数列，且，求c. 17. 如图，四棱锥 的底面是正方形，且 ． （1）求证：平面平面； （2）求四棱锥的体积； （3）求平面BDQ与平面ADQ的夹角的正弦值． 18. 已知椭圆的离心率为，长轴长为. （1）求椭圆的方程； （2）为椭圆的左､右焦点，点在椭圆上，且点是第一象限的点，若，求点的坐标； （3）过点的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，若的面积为，求. 19. 已知函数 ． （1）讨论函数的单调性； （2）若函数在定义域内恒成立，求实数的取值范围； （3）求证：当时， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $