精品解析：甘肃省岷县第一中学2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试卷

2025-2026学年岷县第一中学高二下学期 期中考试（数学）试卷 注意事项： 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、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，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：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. 1. 从甲､乙等五名志愿者中选派四人分别从事翻译､导游､礼仪､司机四项不同工作，若甲和乙只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案的种数为（ ） A. B. C. D. 48 【答案】C 【解析】 【分析】分为选派的四人中甲乙仅有其中一人和选派的四人中甲乙均有两种情况分别讨论，结合排列组合即可求出答案. 【详解】若选派的四人中甲乙仅有其中一人， 则选派方案的种数为， 若选派的四人中甲乙均有， 则选派方案的种数为， 综上，不同的选派方案的种数为. 2. 如果一条双曲线的实轴与虚轴分别为另一条双曲线的虚轴与实轴，则这两条双曲线互为共轭双曲线，已知，互为共轭双曲线，且，的离心率分别为，，则的最大值是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意设，的标准方程，再用，表示出，，代入后，利用函数的单调性求出最大值. 【详解】设双曲线的标准方程为，，则双曲线的标准方程为，， 所以，， 所以， 设，则， 设，则， 令，解得，又因为，所以， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以当，函数有最大值， 所以的最大值为. 3. 已知直线与曲线相切，则的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设切点，根据导数的几何意义可得表示出切线的斜率，进而求出，即可求解. 【详解】设切点坐标为， 因为，所以， 所以切线的斜率，解得， 又，即， 所以. 4. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】． 5. 设函数的图象在点处切线的斜率为，则函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求函数的导数，根据函数在点的导数为切线的斜率，求出函数的解析式，再根据函数的奇偶性及取值范围判断. 【详解】∵函数，， ，显然， 函数为奇函数，图像关于原点对称，排除B，C， 又时，函数值为正，图像位于第一象限，排除D. 故选：A. 6. 在的展开式中，所有二项式系数的和为，则的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】∵ 二项式的所有二项式系数的和为，由题得，解得. ∴ 的展开式的通项为，. 令，可得的系数为. 7. 已知点，，是与轴的交点．点满足：以为直径的圆与相切，则面积的最大值为（ ） A. B. 8 C. 12 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】由图可以判定，两圆内切，然后根据内切的判定得到B的轨迹方程为椭圆，根据椭圆的性质即可确定最大值. 【详解】 如图，设以为直径的圆的圆心为，， 显然两圆内切，所以， 又为的中位线，所以， 所以， 所以的轨迹为以，为焦点的椭圆， ，， 显然当为椭圆短轴顶点即时，的面积最大，最大值为， 故选：B. 8. 已知函数，存在两条过原点的直线与曲线相切，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的几何意义设切点坐标为，则切线方程为，又切线过零点得方程在上有两不相等的实根，设函数，求导确定单调性求值即可得实数a的取值范围. 【详解】解：设切点坐标为，又，则切线斜率 又，则切线方程为：， 又切线过原点，则，即方程在上有两不相等的实根， 设，，则， 当时，恒成立，在上单调递增，不可能存在两个零点，故不符合题意； 当时，得，当时，，单调递减，时，，单调递增， 要使得两个不同的零点，则，解得， 又，时，，故当时，有两个零点， 则实数a的取值范围是. 故选：D. 二、多选题：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. 某学校为迎接校园艺术节的到来，决定举行文艺晚会，节目单中有共7个节目，则下列结论正确的是（ ） A. 若节目与节目相邻，则共有1440种不同的安排方法 B. 若节目与节目不相邻，则共有3600种不同的安排方法 C. 若节目在节目之前表演（可以不相邻），则共有2520种不同的安排方法 D. 若决定在已经排好的节目单中临时添加3个节目，现有节目次序不变，则共有336种不同的安排方法 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用捆绑法，插空法等求得每个选项的排列数可判断其正确性. 【详解】若节目与节目相邻，共有种不同的安排方法，故正确； 若节目与节目不相邻，共有种不同的安排方法，故B正确； 因为节目在节目之前表演与节目在节目之前表演的情况是一样的， 所以共有种不同的安排方法，故C正确； 添加第一个节目有8种情况，添加第二个节目有9种情况，添加第三个节目有10种情况， 共有种不同的安排方法，故D错误. 故选：. 10. 已知各项都是正数的数列的前项和为，且，则（ ） A. 是等差数列 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A,求出，再将转化为,即可证明， 对于B,利用A的结论求出，再利用基本不等式，即可证明. 对于C，求出，即可判断正误， 对于D，构造函数，即可判断正误 【详解】，，解得： 时，， 整理得： 故是等差数列，选项A正确； ，则，，选项B正确； ，选项C错误； 令，， 在递增，，则 即，选项D正确； 故选：ABD. 11. 设抛物线的焦点为，准线为.过的直线交于两点，过，作的垂线，垂足分别为，则（ ） A. B. 的最小值为2 C. 若为的中点，则 D. 点到上点的距离的最小值为3 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，因为抛物线的焦点为，准线为， 所以，由抛物线的定义可知：，故A正确； 对于B，设直线的方程为， 联立，设， 所以， 由抛物线的定义可知： ， 当时，的最小值为4，故B错误； 对于C，若为的中点，,, 因为所以，所以， 又因为 所以，故C正确； 对于D，设上任意一点为，则该点到的距离为： ， 当时，，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为________________（用数字作答）． 【答案】-28 【解析】 【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解. 【详解】因为， 所以的展开式中含的项为， 的展开式中的系数为-28 故答案为：-28 13. ，，是从点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的正切值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】过上任一点作平面，则即为直线与平面所成角的平面角，根据线面垂直及三角形全等得到，结合三角函数求解即可. 【详解】 在上任取一点并作平面，则即为直线与平面所成角的平面角． 过点作，，. 因为平面，平面，所以，. 又平面，，所以平面， 又平面，所以，同理. 又，，所以，所以. 又，所以，所以. 设，在中，；在中，. 在中，， 则. 即直线与平面所成角的正切值为. 14. 设函数，如果存在函数（、为常数），使得对函数定义域内任意都有成立，那么称为函数的一个“线性上界函数”，若函数是函数的一个“线性上界函数”，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知对任意的，，参变量分离得，求出函数在上的最大值，结合得出实数的取值范围. 【详解】由题意可知，对任意的，，即， 参变量分离可得， 令，其中，则， 所以函数在上单调递增，故当时，，即， 所以当时，， 构造函数，其中，则， 所以函数在上单调递减，即， 由不等式的性质可得，即，当且仅当时，等号成立， 故函数在上的最大值为，所以， 即实数的取值范围是. 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. 已知数列满足，． （1）证明：数列为等差数列； （2）求数列的前n项和； （3）若将数列中满足的项，（）称为数列中的相同项，将数列的前20项中所有的相同项都剔除，求数列的前20项中余下项的和． 【答案】（1） 数列满足，， 设，则， 有， 所以 ， 所以数列是首项为3，公差为3的等差数列，即数列为等差数列； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的定义证明； （2）数列中奇数项与偶数项分别构成等差数列，根据等差数列前项和公式计算求解； （3）结合（2）利用通项列举出两个数列相同的项，即可计算求解数列的前20项中余下项的和. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，， 设，同理可证数列是首项为12，公差为9的等差数列，即， 当时，前项包含个奇数项和个偶数项； 所以， 将代入可得， 当时， ， 将代入可得， 所以； 【小问3详解】 由（2）可知，列举出数列的前20项为： 奇数项：， 偶数项：， 相同的项为：， 数列的前20项中余下项的和为. 16. 如图，四棱锥中，平面，，，，，，，是的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 取中点，连接、， 又是的中点，所以，且， 又，，，所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）； （3） 设且，则，由（2）可得，，，， 所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，所以平面的法向量为， 又，点到平面的距离为， 所以，即，解得， 所以在线段上存在点，使得点到平面的距离为，且. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接、，可得四边形为平行四边形，所以，再根据线面平行的判定定理，即可证明； （2）根据几何体特征，建立空间直角坐标系，先求得平面和平面的法向量，再结合面面角的向量求法，即可求解； （3）假设存在点，且，根据空间点到面的距离的向量求法，列出方程，求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面，平面， 所以，， 又，所以以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， 所以，，，， 令平面的法向量为，则，即， 令，则，，所以平面的法向量为， 令平面的法向量为，则，即， 令，则，，所以平面的法向量为， 设平面与平面所成角为， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为； 【小问3详解】 略 17. 已知函数，，其中． （1）求函数的零点； （2）． （ⅰ）用表示m，n的最大值，证明：； （ⅱ）是否存在实数a，使得，恒成立？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）0． （2） （ⅰ）函数的定义域为， 当时，， 当时，， 所以. （ⅱ）存在，． 【解析】 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，结合可得出函数的零点； （2）（ⅰ）根据的定义，分和讨论得证；（ⅱ）由题，当时，，当时，，所以等价于当时，恒成立，求导，分和讨论，结合单调性可得答案. 【小问1详解】 函数的定义域为R， 则， 当时，，则， 当时，，则， 所以函数在上为减函数． 又因为，故函数有且只有一个零点0. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）由（1）知，当时，， 又， 所以当时，恒成立， 因为当时，恒成立， 所以等价于当时，恒成立， 又， 若，当时，由， 所以在上递增，所以此时恒成立. 若，当时，由，解得为， 在上递减，此时，不符合题意． 综上可知，存在实数a满足题意，a的取值范围是. 18. 已知椭圆的右焦点为，且的离心率为，直线与有两个不同的交点. （1）求的方程； （2）若点在直线上，点是线段的中点，为坐标原点，若上存在点，使得，求直线的斜率； （3）若在点处的切线分别为与交于点，点在直线上.试判断：直线是否过定点？若是，则求出该定点；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）或. （3）直线过定点. 【解析】 【分析】（1）由题意求出即可求解； （2）当直线的斜率存在或不存在讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，椭圆方程联立消元，由韦达定理得，利用中点坐标得点的坐标，又得，进而解出点的坐标代入椭圆方程求解即可； （3）设直线的方程为，设直线的方程为，与椭圆方程联立消元，由解出，进而得，得直线的方程为，同理得，解出的横坐标，又，解出即可求解. 【小问1详解】 由题意知解得 ， 所以的方程为； 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，直线的方程为，易得，此时，不符合题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 由得， 则， 所以，又， 所以，又点在上， 所以， 解得，即直线的斜率为或； 【小问3详解】 由题意可知直线的斜率不为0，设直线的方程为. 由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为， 由,得， 所以，得， 所以， 所以. 所以直线的方程为，即， 同理可得直线的方程为. 由，解得，可得点的横坐标，即， 又，可得，所以，整理得，即，所以， 所以直线的方程为，即直线过定点. 19. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）若，求的最大值； （3）若函数有零点，证明：． 【答案】（1） 若，则在上单调递增； 若，则在上单调递减，在上单调递增． （2）． （3） 法1：若有零点，设零点为， 则， 即， 即， 这说明点在直线上， 设点到直线的距离为， 则，即， 由（2）知，，仅当时，“=”成立， 所以 所以． 法2：若有零点，设零点为， 则， 即， 即， 设，则， 即，其中， 所以， 所以， 由（2）知，，仅当时，“=”成立， 所以 所以． 【解析】 【分析】（1）通过对求导，分和两种情况，根据导数的符号判断函数的单调性； （2）法1，先由得到，再验证当时恒成立，从而确定的最大值为；法2，分、、三种情况讨论，利用函数最小值非负得到，构造函数，通过求导求其最大值，得到的最大值为的最大值为； （3）由存在零点，将问题转化为点到直线的距离不大于，再利用对不等式放缩，最终得证；通过三角换元，将问题转化为三角函数有界性问题，再利用对不等式放缩，最终得证. 【小问1详解】 因为，所以， ①若，则，所以在上单调递增； ②若，则由，得，由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 法1：由，即，得． 当，时，，下面证明此时成立， 此时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增， 所以成立． 综上，的最大值为． 法2：①若，则 当时，， 当时，， 所以当且时，，不合题意． ②若，则的值域为， 所以，所以． ③若，则结合（1）得，， 即，即，所以， 令，则， 当时，单调递增；当时，单调递减， 所以， 当时，． 综上，的最大值为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年岷县第一中学高二下学期 期中考试（数学）试卷 注意事项： 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、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，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：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. 1. 从甲､乙等五名志愿者中选派四人分别从事翻译､导游､礼仪､司机四项不同工作，若甲和乙只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案的种数为（ ） A. B. C. D. 48 2. 如果一条双曲线的实轴与虚轴分别为另一条双曲线的虚轴与实轴，则这两条双曲线互为共轭双曲线，已知，互为共轭双曲线，且，的离心率分别为，，则的最大值是（ ） A. 1 B. C. D. 3. 已知直线与曲线相切，则的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 4. 设，则（ ） A. B. C. D. 5. 设函数的图象在点处切线的斜率为，则函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 在的展开式中，所有二项式系数的和为，则的系数为（ ） A. B. C. D. 7. 已知点，，是与轴的交点．点满足：以为直径的圆与相切，则面积的最大值为（ ） A. B. 8 C. 12 D. 16 8. 已知函数，存在两条过原点的直线与曲线相切，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 某学校为迎接校园艺术节的到来，决定举行文艺晚会，节目单中有共7个节目，则下列结论正确的是（ ） A. 若节目与节目相邻，则共有1440种不同的安排方法 B. 若节目与节目不相邻，则共有3600种不同的安排方法 C. 若节目在节目之前表演（可以不相邻），则共有2520种不同的安排方法 D. 若决定在已经排好的节目单中临时添加3个节目，现有节目次序不变，则共有336种不同的安排方法 10. 已知各项都是正数的数列的前项和为，且，则（ ） A. 是等差数列 B. C. D. 11. 设抛物线的焦点为，准线为.过的直线交于两点，过，作的垂线，垂足分别为，则（ ） A. B. 的最小值为2 C. 若为的中点，则 D. 点到上点的距离的最小值为3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为________________（用数字作答）． 13. ，，是从点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的正切值是___________． 14. 设函数，如果存在函数（、为常数），使得对函数定义域内任意都有成立，那么称为函数的一个“线性上界函数”，若函数是函数的一个“线性上界函数”，则实数的取值范围是______． 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. 已知数列满足，． （1）证明：数列为等差数列； （2）求数列的前n项和； （3）若将数列中满足的项，（）称为数列中的相同项，将数列的前20项中所有的相同项都剔除，求数列的前20项中余下项的和． 16. 如图，四棱锥中，平面，，，，，，，是的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 17. 已知函数，，其中． （1）求函数的零点； （2）． （ⅰ）用表示m，n的最大值，证明：； （ⅱ）是否存在实数a，使得，恒成立？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由． 18. 已知椭圆的右焦点为，且的离心率为，直线与有两个不同的交点. （1）求的方程； （2）若点在直线上，点是线段的中点，为坐标原点，若上存在点，使得，求直线的斜率； （3）若在点处的切线分别为与交于点，点在直线上.试判断：直线是否过定点？若是，则求出该定点；若不是，请说明理由. 19. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）若，求的最大值； （3）若函数有零点，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $