精品解析：广东汕头市潮阳林百欣中学2025-2026学年度第二学期期中考试高二数学试题

潮阳林百欣中学2025—2026学年度第二学期 期中考试高二数学试题 一、选择题：本大题共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，，，则集合C的真子集个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知，若，且，则（ ） A. 1或 B. 或 C. 或 D. 或 3. 为庆祝中国共产党成立100周年，某单位组织开展党史知识竞赛活动．某支部在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)，不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A为“第1次抽到选择题”，事件B为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是( ) A. B. C. D. 4. 已知下列四个图象之一是函数在某区间的图象，且的导函数在该区间的图象如图所示，则在该区间的图象是（ ） A. B. C. D. 5. 在的展开式中，含的项的系数是（ ） A. B. C. D. 6. 若圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 8. 已知实数满足，则下列不等式可能成立的是（ ） 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ） A. B. 展开式中奇数项的二项式系数的和为256 C. 展开式中的系数为 D. 若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大 10. 设函数，则（ ） A. 当时，的极大值大于0 B. 当时，无极值点 C. ，使在上是减函数 D. 曲线的对称中心的横坐标为定值 11. 如图，在正方体中，为的中点，为线段上的动点（不包括端点），则（ ） A. 对任意的点，三棱锥与三棱锥的体积相等 B. 对任意的点过，，三点的截面始终是梯形 C. 存在点，使得面 D. 存在点，使得面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的有理项个数为______. 13. 函数的图象在点处的切线方程是______. 14. 已知等差数列的公差为，记是数列的前项和，若，，则的通项公式为______. 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f （x）＝x3＋（1－a）x2－a（a＋2）x＋b（a，b∈R）． （Ⅰ）若函数f （x）的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－3，求a，b的值； （Ⅱ）若曲线y＝f （x）存在两条垂直于y轴的切线，求a的取值范围． 16. 已知数列的首项，且满足. （1）求证：数列为等比数列； （2）若，求满足条件的最大整数n. 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，. （1）若，分别是，的中点，证明：； （2）求二面角的余弦值. 18. 已知函数． （1）当时，求的单调区间； （2）当时，证明：． 19. 已知等轴双曲线的一个焦点为. （1）求双曲线C的方程； （2）已知点A是C上一定点，过点的动直线与双曲线C交于P，Q两点，若为定值，求点A的坐标及实数的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 潮阳林百欣中学2025—2026学年度第二学期 期中考试高二数学试题 一、选择题：本大题共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，，，则集合C的真子集个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，共2个元素， 则集合C的真子集个数为. 2. 已知，若，且，则（ ） A. 1或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】由共轭复数的定义及复数乘法运算列方程求参数即可. 【详解】由题设，则. 故选：A 3. 为庆祝中国共产党成立100周年，某单位组织开展党史知识竞赛活动．某支部在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)，不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A为“第1次抽到选择题”，事件B为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是( ) A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】第1次抽到选择题的概率为，根据古典概型即可计算；第1次抽到选择题且第2次抽到选择题时概率为，根据古典古典概型即可计算；在第1次抽到选择题的条件下，第2次抽到选择题的概率为，根据条件概率计算公式即可计算；在第1次没有抽到选择题的条件下，第2次抽到选择题的概率为，根据条件概率计算公式即可计算． 【详解】第1次抽到选择题时，则，故A正确； 第1次抽到选择题且第2次抽到选择题时，则，故B正确； 在第1次抽到选择题的条件下，第2次抽到选择题，则，故C正确； 在第1次没有抽到选择题的条件下，第2次抽到选择题，则，故D错误﹒ 故选：ABC． 4. 已知下列四个图象之一是函数在某区间的图象，且的导函数在该区间的图象如图所示，则在该区间的图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由的图象得到的单调性，即可判断C、D，再由导数的几何意义及的图象排除A. 【详解】不妨设在区间（，可为，也可为）内的图象， 由的图象可知，当或时，当时， 所以在，上单调递增，在上单调递减，故排除C、D； 又在上单调递减，则在上切线的斜率逐渐减小， 且由的图象可知当时趋近于一个常数（正数）， 所以的切线斜率不趋近于，故排除A. 故选：B 5. 在的展开式中，含的项的系数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据多项式的乘法，5个因式中，4个取一次项x，1个取常数项，相乘可得项，进而得到系数. 【详解】根据多项式的乘法，5个因式中，4个取一次项x，1个取常数项，相乘可得项． 常数项共5种取法， 合并同类项得项的系数为. 故选：B. 6. 若圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由扇形的弧长等于圆锥底面周长，求得底面半径，进而求得圆锥的高，即可求解； 【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，高为，则， 由题意可得：，即， 所以， 故， 故选：A 7. 数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 【分析】先分类，再每一类中用分步乘法原理即可. 【详解】由题意可知三年修完四门课程，则每位同学每年所修课程数为或或若是，则先将门学科分成三组共种不同方式.再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种 所以每位同学的不同选修方式有种， 故选：B. 8. 已知实数满足，则下列不等式可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设指数函数，在同一坐标系中作出三个函数的图象，结合函数图象即可求解. 【详解】设函数， 作出函数图象如下， 设， 对A，当时，直线与函数的图象交点的横坐标为， 由函数图象可知，，A错误； 对C，当时，直线与函数的图象交点的横坐标为， 由函数图象可知，，C错误； 因为，所以， 设， 作出函数的图象如下， 对B，当时，直线与函数的图象交点的横坐标为， 由函数图象可知，，B正确； 对D，当时，直线与函数的图象交点的横坐标为， 由函数图象可知，，D错误； 故选:B. 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ） A. B. 展开式中奇数项的二项式系数的和为256 C. 展开式中的系数为 D. 若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意写出展开式的通项，根据组合数的对称性、二项式系数之和、赋值法以及二项式系数的单调性，逐项检验，可得答案. 【详解】由，则其展开式的通项为， 对于A，根据题意可得，由组合数的性质可知，故A正确； 对于B，由，则展开式中奇数项的二项式系数之和为，故B错误； 对于C，由解得，则展开式中的系数为，故C正确； 对于D，令，则展开式中各项系数之和，解得， 可得展开式的通项为，即每项系数均为该项的二项式系数， 易知展开式中第项为二项式的中间项，则其系数最大，故D正确. 故选：ACD. 10. 设函数，则（ ） A. 当时，的极大值大于0 B. 当时，无极值点 C. ，使在上是减函数 D. 曲线的对称中心的横坐标为定值 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，利用导数求出函数的单调区间，再求得极大值即可判断；对于B，由恒成立即可判断；对于C，由解集能否为即可判断；对于D，求出图象的对称中心即可判断D. 【详解】对于A，当时，，求导得， 令得或， 由，得或，由，得， 于是在，上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值，极大值为，故A错误； 对于B，， 当时，，即恒成立， 函数在上单调递增，无极值点，故B正确； 对于C，要使在上是减函数，则恒成立， 而不等式的解集不可能为，故C错误； 对于D，由， 得曲线的对称中心的坐标为，故D正确 11. 如图，在正方体中，为的中点，为线段上的动点（不包括端点），则（ ） A. 对任意的点，三棱锥与三棱锥的体积相等 B. 对任意的点过，，三点的截面始终是梯形 C. 存在点，使得面 D. 存在点，使得面 【答案】ABD 【解析】 【分析】作出正方体，结合正方体的结构特征，以及正方体的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】如图所示，对于A中，面，面，且面， 所以和到面的距离相等，故三棱锥与三棱锥的体积相等， 所以A正确； 对于B中，过，，三点的截面为四边形，且，与不平行，故四边形始终是梯形，所以B正确. 对于C中，由面面，而总与面相交于点，故不存在这样的点， 所以C错误； 对于D中，由面，当时，即：为中点时，面，故存在这样的点，所以D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的有理项个数为______. 【答案】3 【解析】 【分析】根据二项式的展开式通项分析求解即可. 【详解】的展开式通项为， 由可得. 故答案为：3. 13. 函数的图象在点处的切线方程是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出切线斜率，然后代入点斜式直线方程化简求解即可. 【详解】由知，，所以， 故所求切线方程为，即. 故答案为： 14. 已知等差数列的公差为，记是数列的前项和，若，，则的通项公式为______. 【答案】或 【解析】 【分析】根据等差数列求和公式及等差数列的性质得到和，从而得到或，再分别求出通项公式即可. 【详解】由，，得，解得， 由，，所以，所以或， 当时，，此时； 当时，，此时； 故答案为：或. 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f （x）＝x3＋（1－a）x2－a（a＋2）x＋b（a，b∈R）． （Ⅰ）若函数f （x）的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－3，求a，b的值； （Ⅱ）若曲线y＝f （x）存在两条垂直于y轴的切线，求a的取值范围． 【答案】（I）；（II）. 【解析】 【详解】试题分析：（I）由函数的图象过原点可求得，由在原点处的切线斜率为可得进而可求得；（II）由曲线存在两条垂直于轴的切线得有两个不同的根，即，可解得的取值范围. 试题解析：． （Ⅰ）由题意得，解得． （Ⅱ）∵曲线存在两条垂直于轴的切线， ∴关于的方程有两个不相等的实数根， ∴即 ∴ ∴a的取值范围是 考点：导数的几何意义. 16. 已知数列的首项，且满足. （1）求证：数列为等比数列； （2）若，求满足条件的最大整数n. 【答案】（1） ，， 可得， 又由，所以， 则数列表示首项为，公比为的等比数列. （2）2023 【解析】 【分析】（1）对递推式两边取倒数得，变形为，然后根据等比数列定义证明即可； （2）由（1）可得，利用分组求和思想求和后结合函数单调性解不等式即可求解. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由（1）可得，所以. 设数列的前n项和为， 则 ， 若，即，因为函数为单调递增函数， 所以满足的最大整数n的值为2023. 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，. （1）若，分别是，的中点，证明：； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：取中点，连接，，因为，分别是，的中点，所以，. 因为，所以.所以，又，所以. 因为，又，平面，所以平面，又因平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，以，，结合勾股定理的逆定理可证，进而可得平面，利用线面垂直可得线线垂直； （2）首先可得，，两两垂直，构建空间直角坐标系，并求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用向量法求得二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面内过点作，交于点， 因为，所以，又因为，所以， 因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以，，两两垂直， 以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 又所以，所以， 则，，，所以，. 设平面的法向量为， 则，令，则. 易知平面的一个法向量为，所以. 由图知，二面角的平面角为锐角，故其余弦值为. 18. 已知函数． （1）当时，求的单调区间； （2）当时，证明：． 【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减 （2）证明：（法一）当时， 由（1）可知，即， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在单调递减，在单调递增， 因此，（当且仅当时取得等号） （法二）当时， 令，可知 于是在单调递减，在单调递增， 因此，（当且仅当时取得等号）． 令，则由（1）知：故在单调递增， 因此．所以． 【解析】 【分析】（1）利用导数研究函数单调性； （2）法一：由（1）可知，即，从而可得此时导函数的正负，可得函数的最小值，得证； 法二：由对数运算得，令，利用导数得，令，则由（1）知：故在单调递增，可证. 【小问1详解】 当时，，则 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 略 19. 已知等轴双曲线的一个焦点为. （1）求双曲线C的方程； （2）已知点A是C上一定点，过点的动直线与双曲线C交于P，Q两点，若为定值，求点A的坐标及实数的值． 【答案】（1） （2），或者， 【解析】 【分析】（1）由等轴双曲线知，再由焦点可得双曲线C的方程； （2）设与点A、P、Q的坐标，由斜率之和为定值建立方程，根据韦达定理化简讨论方程根的情况即可. 【小问1详解】 由题意，解得，所以双曲线C的标准方程为． 故答案为： 【小问2详解】 设，过点的动直线为：． 设，，联立得，- 所以，由且，解得且 因为，即，即，． 化简得 所以，． 化简得 由于上式对无穷多个不同的实数都成立， 所以 如果，那么，此时不在双曲线C上，舍去． 因此，从而，所以，代入 得，解得，此时在双曲线C上． 综上，，，或者，． 故答案为：，，或者，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $