湖南常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试题

**基本信息** 高二下学期期中数学试卷，涵盖集合、函数、立体几何等模块，以九连环递推、评委打分等情境融合基础与创新，考查数学抽象、逻辑推理及应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|集合运算、复数运算、数列递推等|九连环情境考查数列递推，体现文化传承| |多选题|3题|函数性质、二项式定理、解三角形|结合函数奇偶性与周期性，考查逻辑推理| |填空题|4题|函数奇偶性、立体几何体积、不等式|圆柱与球体积比，考查空间观念| |解答题|5题|数列综合、抛物线、概率分布列等|数列题融合等差等比证明，导数题含恒成立问题，体现综合应用|

湖南省常德市汉寿县第一中学2025—2026学年 高二下学期期中考试数学试卷 一、单选题 1．已知集合，，记.则下列等式成立的是（    ） A． B． C． D． 2．已知i为虚数单位，则复数（    ） A． B． C． D． 3．九连环是我国古代至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串.在某种玩法中，用表示解下个圆环所需要移动的最少次数，数列满足，且，则（    ） A．287 B．272 C．158 D．143 4．经过直线和的交点，且在两坐标轴上截距相等的直线方程为（    ） A． B．或 C． D．或 5．函数的值域为（    ） A． B． C． D． 6．在一次业余歌唱比赛中，随机从观众中抽出10人担任评委．下面是他们给某位选手的打分情况： 43 44 45 45 46 48 49 49 50 51 设这10个分数的平均数为，再从中去掉一个最高分，去掉一个最低分，设剩余8个分数的平均数为，则（   ） A． B．且 C．且 D．且 7．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 8．如图，已知正三棱柱侧棱长是底面边长的两倍，，分别为和的中点，则下列陈述不正确的是（    ） A．平面 B． C．与所成角的正弦值为 D．与平面所成角的正切值为4 二、多选题 9．下列叙述正确的是（    ） A．已知函数是定义域为R的奇函数，且，则是周期为4的函数； B．已知函数的定义域是R，则实数a的取值范围是； C．已知函数值域为R，且在上为增函数，则a的取值范围是； D．设函数的定义域为D，若满足条件：存在，使在上的值域为，则称为“倍胀函数”.若函数为“倍胀函数”，则实数t的取值范围是. 10．设，则（    ） A． B． C． D． 11．已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（    ） A．若，则一定为等腰三角形 B．在锐角中，不等式恒成立 C．若，且有两解，则的取值范围是 D．若的平分线交AC于点，则 三、填空题 12．已知是定义在上的奇函数，且，当时，，则________，_______. 13．在一个圆柱型的杯中放入一个球，圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则该圆柱的体积与该球的体积之比为_____________． 14．已知函数在定义域上为偶函数，并且时,，若，则不等式的解集为__________. 四、解答题 15．已知的数列满足，，成公差为1的等差数列，且满足，，成公比为的等比数列；的数列满足，，成公比为的等比数列，且满足，，成公差为1的等差数列． (1)求，． (2)证明：当时，． (3)是否存在实数，使得对任意，？若存在，求出所有的；若不存在，请说明理由． 16．设抛物线：（）的焦点为，点是抛物线上位于第一象限的一点，且.    (1)求抛物线的方程； (2)如图，过点作两条直线，分别与抛物线交于异于的，两点，若直线，的斜率存在，且斜率之和为0，求证：直线的斜率为定值. 17．若盒中装有同一型号的灯泡共9只，其中有6只合格品，3只次品．某工人师傅用该盒中的灯泡去更换会议室的一只坏灯泡，每次从中取一只灯泡，若是合格品则用它更换坏灯泡，若是次品则将其报废（不再放回原盒中），则按要求回答以下问题： (1)求成功更换会议室的坏灯泡前取出的次品灯泡数X的分布列； (2)求成功更换会议室的坏灯泡前取出的次品灯泡数X的分布列所对应的期望和方差. 18．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，且，，.，分别为，的中点.. (1)若.求证：平面平面； (2)若，.求直线与平面所成角的正弦值. 19．已知函数. (1)求的单调区间； (2)若对任意，都有成立，求实数的取值范围. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C D B D A D B ABC BCD 题号 11 答案 BCD 1．C 【分析】先根据集合对元素的要求，求得集合,再根据交集并集的定义判断A,B两项，根据集合新定义和的元素要求，分别求出集合判断即得. 【详解】由可得可能的取值有，即，均满足，故. 对于A项，，故A项错误； 对于B项，，故B项错误； 对于C项，因，故，故C项正确； 对于D项，依题有，,则，故D项错误. 故选：C. 2．C 【分析】根据复数乘法的运算性质进行求解即可 【详解】， 故选：C 3．D 【分析】根据已知递推公式，利用代入法进行求解即可. 【详解】因为数列满足，且， 所以， , 所以. 故选：D. 4．B 【分析】求出交点坐标，按直线过原点和不过原点分类讨论求出直线方程． 【详解】由，得，即交点为， 直线过原点时，，方程为，即， 直线不过原点时，设直线方程为，由得， 所以直线方程为，即． 故选：B． 5．D 【分析】利用配方法可求出原函数的值域. 【详解】因为，当且仅当时，等号成立， 故函数的值域为. 故选：D. 6．A 【分析】根据平均数的概念直接计算可得结果. 【详解】由题意得，， ， ∴. 故选：A. 7．D 【分析】利用一元一次不等式求解A，利用一元二次不等式求解B，再利用交集运算求解即可. 【详解】因为， ， 所以. 故选：D. 8．B 【分析】A选项，作出辅助线，证明，从而证明线面平行； B选项，作出辅助线，设出底面三角形的边长为2，得到，从而不垂直，B说法错误； C选项，作出辅助线，找到与所成角，求出各边长，得到正弦值； D选项，在BC选项基础上得到∠FED为与平面所成角，求出正切值. 【详解】取AB的中点M，连接， 因为，分别为和的中点， 所以MEAC，且， 因为AC，且， 所以四边形是平行四边形， 故， 因为平面，平面， 所以平面，A正确； 取AC的中点D，连接FD，BD，BF，CF， 则， 因为三棱柱为正三棱柱， 则DF⊥底面ABC， 因为底面ABC， 所以DF⊥AC，DF⊥BD， 因为三角形ABC为等边三角形， 所以BD⊥AC， 设底面正三角形边长为2，则侧棱长为4， 由勾股定理得：， ， 由于， 故不垂直，B陈述不正确； 连接DE，则， 由勾股定理得： 因为，所以或其补角为与所成角， 故， 故与所成角的正弦值为，C正确； 因为DF⊥底面ABC，故∠FED为与平面所成角 ，D正确. 故选：B. 9．ABC 【分析】A利用奇函数及条件可得，即可判断正误；B讨论、，结合分式、二次函数的性质即可求a的范围；C判断二次函数、对数函数构成的复合函数的单调增区间，根据其值域为R、在上为增函数，结合函数性质列不等式组求参数范围；D由“倍胀函数”的性质知：任意，都有两个不等的实根，构造，利用导数研究单调性并确定区间值域，即知只需，即可求参数t的范围. 【详解】A：由题设，可得，所以，即是周期为4的函数，正确； B：的定义域是R，当时成立；当时仅需，即符合题意，故，正确； C：若，则且值域为R，所以得或，而单调递减，在上单调递减，即原函数在上递增，由题意知且，则，综上有，正确； D：因为在定义域上单调递增，根据“倍胀函数”的性质有，所以存在，使有两个不等的实根，令， 则，则上，单调递增且；上，单调递减且；只需，即，错误； 故选：ABC 10．BCD 【分析】令可判断选项A；令，令可判断选项C，D；由多项式的乘法可求出含项，从而可判断选项B. 【详解】令，解得，故选项A不正确. 令，得，故选项C正确. 令，得， 故，即，故选项D正确. 根据多项式的乘法可知其中4个因式中取项另一个取，或其中3个因式中取项另两个取项，可得项 所以，故选项B正确. 故选:BCD． 11．BCD 【详解】选项A，因为，即，所以有， 整理可得，所以或，故为等腰三角形或直角三角形，故A错误； 选项B，若为锐角三角形，所以，所以， 由正弦函数在单调递增，则，故B正确； 选项C，如图，若有两解，则，所以，则b的取值范围是，故C正确；    选项D，的平分线交于点D，，由， 由角平分线性质和三角形面积公式得，即，故D正确. 12． 0 1 【分析】由是定义在上的奇函数可得，分析可知的周期，故只需求出的值即可得第二问的答案. 【详解】因为是定义在上的奇函数， 所以图象的对称中心为，且，即. 因为，所以图象的对称轴方程为， 所以， 故的周期. 因为，，，， ，，，， 所以， 所以. 故答案为：0，1. 13．/ 【分析】设球的半径为，求出球的体积与圆柱体积，即可得解． 【详解】设球的半径为，则球的体积为，圆柱的体积为， 所以圆柱的体积与该球的体积之比为， 故答案为：. 14． 【分析】令函数，得到在上单调递增，在上单调递减，且为偶函数，结合和，即可求解. 【详解】由题意知，当时，，即， 因为，令函数，则在上单调递增， 又由在上的偶函数，可得， 所以函数在上为偶函数，且在上单调递减， 因为，因此，且，即， 即，即，所以， 所以不等式的解集为. 故答案为：. 15．(1)， (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）由等差数列、等比数列基本量的计算即可得解； （2）通过构造等比数列求得，结合即可得解； （3）分公比是否为1进行讨论即可，可以证明符合题意，时，可用反证法导出矛盾. 【详解】（1）由题意得，，，，，，，． （2），， ∴，则， ∴是首项为，公比为的等比数列，∴． ∵，∴，即． （3）存在满足条件． 当时，，显然不是减数列，∴． 下证，当时，不能满足条件． 若，，则． 由（2）得，，又，∴，从而． 考虑子数列，， ∵，， 则，则， ∴是首项为，公比为的等比数列， ∴． 若，则当时，，即， ∴不满足条件． 综上，满足条件的只有1个，即． 【点睛】关键点点睛：第3小问的关键是在讨论时，可用反证法导出矛盾，由此即可顺利得解. 16．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）代入抛物线的焦半径公式求，即可求抛物线的标准方程； （2）首先根据（1）的结果求点的坐标，设直线和的直线方程与抛物线方程联立，求得点的坐标，并表示直线的坐标，即可证明. 【详解】（1）由抛物线的定义知，解得， 所以抛物线的方程为. （2）因为点的横坐标为2，即，解得， 故点的坐标为， 由题意可知，直线，不与轴平行，设，， 设直线：，即， 代入抛物线的方程得，即， 则，故， 所以， 即 设直线：，即， 同理可得，则， 即 直线的斜率， 所以直线的斜率为定值. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用直线与的斜率互为相反数，与抛物线方程联立，利用两根之和公式求点的坐标. 17．(1)分布列见解析. (2)， 【分析】（1）根据给定条件，求出X的所有可能取值及对应的概率，再列出分布列即得. （2）利用（1）的分布列计算数学期望和方差即可. 【详解】（1）依题意，X的所有可能取值为0，1，2，3， ，或， ，或， ，或， ，或， 则X的分布列为 X 0 1 2 3 P （2）由（1）可得 18．(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）连接，根据线面垂直可证平面，平面，即可得结果； （2）分析可知平面，建系，利用空间向量求线面夹角. 【详解】（1）连接， 由题意可知：，可知 且为的中点，则，即， 若，即，可知为中点，则， 因为，，则， 且，平面，可得平面， 由平面，可得， 且，平面，可得平面， 又因为分别为的中点，则∥，即∥， 且底面是平行四边形，则∥，可知∥， 则四点共面，可知平面即为平面， 由平面，可得平面平面. （2）由（1）可知：平面，且平面，则， 若，则，可知， 且，平面，则平面， 如图，以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 若，即，可知， 则， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 19．(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2) 【分析】（1）利用导数研究单调性即可求解； （2）由（1）求，进而得，最后解二次不等式即可求解. 【详解】（1）函数的定义域为， 所以 由，得；由，得， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为； （2）由（1）可知在上单调递减，在上单调递增. 所以， 因为对任意的，都有成立， 所以， 所以实数的取值范围为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $