精品解析：河南新乡市新誉佳高级中学等校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

2025-2026学年度下学期期中考试 高二数学试卷 考试时间：120分钟；分值：150 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息. 2.请将答案正确填写在答题卡上. 第I卷（选择题） 一、单选题 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. “，使得”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 在中，角所对的边分别为．若，则 =（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 19 B. 25 C. 30 D. 33 5. 有3封不同的信投入4个不同的信箱，可有不同的投入方法种数为（ ） A. 81 B. 64 C. 24 D. 12 6. 已知函数的大致图象如图所示，则（ ） A. B. C. 1 D. 7. 已知点为抛物线上的动点，点为圆上的动点，点为抛物线的焦点，则的最小值为（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 8. 已知函数， ，若恰有个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数为奇函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 在上单调递减 C. 的值域为 D. 的解集为 11. 已知点是圆上一动点，点，点，则（ ） A. 点到直线的距离的最大值为 B. 满足的点有2个 C. 过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为 D. 的最小值是 第II卷（非选择题） 三、填空题 12. 过点且与直线垂直的直线的方程是_____________． 13. 的展开式中的系数为______________．（用数字作答） 14. 已知事件，相互独立，，，则______. 四、解答题 15. 在中，已知： （1）求角； （2）若，，求边及的面积． 16. 已知等差数列的前n项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前n项和. 17. 已知三棱柱的棱长均为2，，平面平面 （1）求该棱柱的体积； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 端午节吃粽子是我国的传统习俗，设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽3个，白粽7个，这两种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个，设表示取到的豆沙粽个数.求 （1）的分布列； （2）的期望与方差； （3）求至少取到一个豆沙粽的概率. 19. 已知函数． （1）若在时取极值，求的值和的极小值； （2）若不等式对任意恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度下学期期中考试 高二数学试卷 考试时间：120分钟；分值：150 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息. 2.请将答案正确填写在答题卡上. 第I卷（选择题） 一、单选题 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，，所以. 2. “，使得”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】结合共线向量的定义、充分条件、必要条件的定义即可判断. 【详解】当时，，满足； 当时，因为，使得，所以共线，即； 综上，由，使得，可得，即充分性满足； 当时，若，则不存在，使得，故必要性不满足； 所以“，使得”是“”的充分不必要条件. 3. 在中，角所对的边分别为．若，则 =（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由余弦定理得. 4. 已知等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 19 B. 25 C. 30 D. 33 【答案】B 【解析】 【详解】法1：设 的公差为 ，由 ，得 ，即 . 由 ，得 ，所以 . 所以 ，所以. 法2：设 的公差为 ，由题意，得 ， 即 ， 解得 ， . 所以 . 5. 有3封不同的信投入4个不同的信箱，可有不同的投入方法种数为（ ） A. 81 B. 64 C. 24 D. 12 【答案】B 【解析】 【详解】解：根据题意，不同的投入方法种数有种． 6. 已知函数的大致图象如图所示，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合函数图象过定点求解，再结合导数和极值点的性质建立关于的一元二次方程，根据韦达定理求解即可. 【详解】由图象可知，，，解得， 所以，则， 由图象可知是函数的两个极值点，令，则， 是方程的两个不同实数根，故． 7. 已知点为抛物线上的动点，点为圆上的动点，点为抛物线的焦点，则的最小值为（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】画出图形，利用抛物线的定义以及性质，转化求解最小值． 【详解】由题可知，抛物线焦点，准线方程为，圆心，半径为1， 过点作直线，垂足为，如图所示， 由抛物线定义可知，， 所以， 当点在同一直线时，可取到最小值， 因为点到直线的距离为6， 所以，即的最小值为5． 8. 已知函数， ，若恰有个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性，结合函数性质作函数的图象，条件 恰有个零点可转化为直线与的图象恰有2个交点，结合图象求结论. 【详解】当时，，则， 所以当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以当时，函数的取值范围为． 作出的大致图象，如图所示． 由，得， 由图可知，当时，直线与的图象恰有2个交点， 即恰有2个零点． 所以的取值范围是. 二、多选题 9. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】A选项，设，即，故，无解， 故不共线，所以可以作为基底，A正确； B选项，，故共线，不能作为基底，B错误； C选项，设，则，故，无解， 不共线，能作为基底，C正确； D选项，，故共线，不能作为基底，D错误. 10. 已知函数为奇函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 在上单调递减 C. 的值域为 D. 的解集为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用奇函数定义求出判断A；由指数函数单调性确定单调性判断B；求出值域判断C；利用性质求出解集判断D. 【详解】A选项，因为为奇函数，且定义域为，所以，代入解得：， 验证：当时，，，即，所以A选项正确； B选项，由A选项解析得：，即， 因为在上单调递增，所以在上单调递增， 则在上单调递增，所以B选项错误； C选项，令，则，，因为，所以，， ，则：，的值域为，所以C选项正确； D选项，因为，所以，又因为是奇函数，所以， 原不等式变形为：，由B选项解析得：在上单调递增， 所以需满足，解得：，所以D选项正确. 11. 已知点是圆上一动点，点，点，则（ ） A. 点到直线的距离的最大值为 B. 满足的点有2个 C. 过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为 D. 的最小值是 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式来判断A，利用的动点的轨迹是以为直径的圆，然后借助两圆位置关系来判断B，根据切线的性质求得两圆相交弦所在直线方程来判断C，设存在定点，使得点在圆上任意位置时都有，求得点，计算判断D. 【详解】对于A，原点到直线的距离为， 所以圆上动点到直线的距离的最大值为，故 A错误； 对于B，满足的动点的轨迹是以为直径的圆， 设线段的中点为，则，圆的半径为， 所以圆， ，因为，所以圆与圆相交，故B正确； 对于C，过点作圆的两条切线，切点分别为， 由切线性质可知四点共圆，该圆的方程为， 则直线的方程为两圆的相交弦， 所以，故C正确； 对于D，设存在定点，使得点在圆上任意位置时都有， 设，则， 化简可得， 因为，所以，即点 所以， 当且仅当三点共线且点在中间时等号成立， 所以的最小值是，故D正确． 第II卷（非选择题） 三、填空题 12. 过点且与直线垂直的直线的方程是_____________． 【答案】 【解析】 【分析】设是所求直线上任一点，直线的方向向量为，由化简即可求解. 【详解】设是所求直线上任一点， 直线的方向向量为，由，得． 故答案为： 13. 的展开式中的系数为______________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式，分析的展开式中含项的系数，含项的系数，即可得解． 【详解】由二项式的展开式的通项为， 其中含项的系数为0，含项的系数为， 所以的展开式中的系数为． 14. 已知事件，相互独立，，，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】先利用独立事件的性质求出 ，再通过条件概率公式完成计算即可. 【详解】由 相互独立，得 ， 代入 ，，则，即， 因为， 所以 . 故答案为： 四、解答题 15. 在中，已知： （1）求角； （2）若，，求边及的面积． 【答案】（1）； （2），. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理求解. （2）利用余弦定理及三角形面积公式求解. 【小问1详解】 在中，由正弦定理得，而， 则，因此，而， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，由余弦定理及， 得，而，所以，的面积. 16. 已知等差数列的前n项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式和求和公式，解方程组即可； （2）利用错位相减法求和可得答案. 【小问1详解】 设等差数列的公差为d， 由，可得，可得① 由可得，整理可得②. 联立①②可得，. 所以. 【小问2详解】 因为，则. 所以， 上式-下式得 . 因此，. 17. 已知三棱柱的棱长均为2，，平面平面 （1）求该棱柱的体积； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设的中点为，利用面面垂直的性质可得平面，得到，利用勾股定理得到，进而得到，平面，接着用体积公式求解即可； （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求面面夹角即可． 【小问1详解】 解：设的中点为，连接， 为等边三角形，边长为， ，，， 平面平面，平面平面， 平面，又平面， ，， ，则， 又平面平面，平面平面， 平面， ； 【小问2详解】 解：由（1）知平面，， 如图，以为原点建立空间直角坐标系， ， 设平面的一个法向量， ，不妨取，则， 易知平面的一个法向量， ， 则平面与平面夹角的余弦值为． 18. 端午节吃粽子是我国的传统习俗，设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽3个，白粽7个，这两种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个，设表示取到的豆沙粽个数.求 （1）的分布列； （2）的期望与方差； （3）求至少取到一个豆沙粽的概率. 【答案】（1） 0 1 2 3 （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可知的可能取值为，根据古典概型计算概率即可写出分布列； （2）由分布列即可计算期望与方差； （3）先求“一个豆沙粽都没有取到”的概率，再利用对立事件即可求“至少取到一个豆沙粽的概率”. 【小问1详解】 由题意，的可能取值为， 则 ，， ， ， 所以的分布列如下： 0 1 2 3 【小问2详解】 由（1）可知， . 【小问3详解】 记“至少取到一个豆沙粽”为事件A，则表示“一个豆沙粽都没有取到”， 则. 19. 已知函数． （1）若在时取极值，求的值和的极小值； （2）若不等式对任意恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据极值点可得，则，从而，利用导数求极小值； （2）解法1：根据题意，可得，则，令，利用单调性求最值；解法2：参变分离得，设，利用导数求其最小值，可得解；解法3：利用导数研究函数的单调性，从而得解；解法4：不等式转化为，设，利用导数求的最大值，从而得解. 【小问1详解】 由题意可知：，， 因为，解得， 则，， 令，则， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为，且， 当趋近于或时，趋近于， 可知在定义域内有2个零点和1， 当时，，当时，， 可知在，内单调递增，在内单调递减， 所以在处取极小值，极小值为． 【小问2详解】 解法1：由于不等式对任意恒成立， 则，解得， 下证：当时，， 若，则， 令，由（1）可知，在上单调递增， 则，则， 所以的取值范围为； 解法2：令，则， 设，，则， 设，，则, 可知在上单调递增，则， 即，可知在上单调递增，则， 可得，所以的取值范围为； 解法3：因为，，则， 设，，则， 可知在上单调递增，即在上单调递增， 则，且当趋近于时，趋近于， 当，即时，则在内存在零点， 若，则，可知在内单调递减， 可得，不合题意； 当，即时，则，可知在上单调递增， 则，符合题意； 综上所述：的取值范围为； 解法4：因为，则， 设， 则， 当，即时，则，可知在单调递减， 则，解得； 当，即时， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在上单调递减， 则， 令，下证：， 设,，则， 可知在上单调递增，则， 即，可得，可知不等式恒成立； 综上所述：的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $