精品解析：云南曲靖市宣威市第七中学2025-2026学年高二下学期数学期中考试卷

宣威七中2026年高二数学期中考试卷 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，则（ ） A. B. 7 C. 8 D. 6 3. “的展开式中的系数为”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 既不充分也不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 充分不必要条件 4. 已知函数在处的切线方程为，则的值为（ ） A. B. 3 C. 4 D. 5 5. 龙辰塔，萧县“龙城”文化地标，矗立于岱湖中心，是一座仿唐宋形制的八角仿古景观塔．某中学社会实践小组为探究这座古塔的高度，开展了一次实地测量的活动，他们在塔底B所在的水平地面上选取C，D两点，测得米，， ，在点处测得塔顶的仰角为，则龙辰塔的高度约为（ ）（参考数据：取，） A. 46米 B. 48米 C. 50米 D. 52米 6. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，点P在C的右支上，且，若的中点在C的第一、三象限内的渐近线上，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 球与圆台的上、下底面及侧面都相切，且球面面积与圆台的侧面积之比为，则球的体积与圆台的体积之比为（ ） A. B. C. D. 8. 若直线与函数的图象从左至右交于点A，B，直线与的图象从左至右交于点M，N，则当t变化时，的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 记正项等比数列的前项积为，若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 当取得最小值时， C. 是递增数列 D. 使的的最小值为 10. 下列命题中正确的是(    ) A. 决定系数越大，残差平方和越小，模型拟合效果越好 B. 若回归方程为，则变量y与x成负相关 C. 某校高三年级男生的身高(单位：cm)近似服从，随机选择一名该校高三年级的男生，则(若，则，) D. 样本相关系数的取值范围为，刻画了样本点集中于某条直线的程度，当时，只表明成对样本数据间没有线性相关关系 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 的图象关于点对称 D. 无零点 三、填空题 12. 已知向量，若在上的投影向量相等，则_____． 13. 一组数据19、5、4、13、a、b、1、2、16、3的第60%分位数为9（其中），则最小值为____. 14. 已知以原点为中心的椭圆、双曲线，与抛物线 有公共焦点 F，且三个曲线在第一象限交于同一点.若的离心率为2，则的离心率为________. 四、解答题 15. 在中，已知： （1）求角； （2）若，，求边及的面积． 16. 某电台举办有奖知识竞答比赛，选手答题规则相同．甲每道题自己有把握独立答对的概率为，若甲自己没有把握答对，则在规定时间内连线亲友团寻求帮助，其亲友团每道题能答对的概率为p，假设每道题答对与否互不影响． （1）当时，若甲答对了某道题，求该题是甲自己答对的概率； （2）当时，甲答了4道题，计甲答对题目的个数为随机变量X，求随机变量X的分布列和数学期望； （3）乙答对每道题的概率为（含亲友团），现甲乙两人各答两个问题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于，求甲的亲友团每道题答对的概率p的最小值． 17. 在如图所示的几何体中，四边形为正方形，，，，，． （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 已知椭圆的右顶点为，点为椭圆上的一点．设椭圆的左、右焦点分别为． （1）求椭圆的标准方程及离心率； （2）过点的直线与椭圆交于两点（异于椭圆的左、右顶点）． （i）求面积的最大值； （ii）设直线分别交轴于两点，求证：以为直径的圆与轴相交的弦长为定值． 19. 已知函数，其中． （1）讨论的单调性． （2）若函数有两个不同的零点． ①求实数的取值范围； ②证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宣威七中2026年高二数学期中考试卷 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合. 【详解】因为，，故. 2. 已知，，则（ ） A. B. 7 C. 8 D. 6 【答案】C 【解析】 【详解】因为， 可得，即，所以. 3. “的展开式中的系数为”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 既不充分也不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 充分不必要条件 【答案】C 【解析】 【详解】的展开式中的系数为， 若的系数为，则，故， “的展开式中的系数为”推不出“”， 若，则展开式中的系数为， 故“”能推出“的展开式中的系数为”， “的展开式中的系数为”是“”的必要不充分条件． 4. 已知函数在处的切线方程为，则的值为（ ） A. B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【详解】， ， 又函数在处的切线方程为， ，解得，则， ， 将点代入切线方程得，即， ． 5. 龙辰塔，萧县“龙城”文化地标，矗立于岱湖中心，是一座仿唐宋形制的八角仿古景观塔．某中学社会实践小组为探究这座古塔的高度，开展了一次实地测量的活动，他们在塔底B所在的水平地面上选取C，D两点，测得米，， ，在点处测得塔顶的仰角为，则龙辰塔的高度约为（ ）（参考数据：取，） A. 46米 B. 48米 C. 50米 D. 52米 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理求出，再由直角三角形边角关系求解. 【详解】依题意，， 在中，由正弦定理得， 即， 在中，， 所以（米）. 6. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，点P在C的右支上，且，若的中点在C的第一、三象限内的渐近线上，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设的中点为M，设，结合双曲线定义与正弦定理计算可得，再利用余弦定理可列出与、、有关齐次等式，即可得其渐近线方程. 【详解】设的中点为M，又O是的中点，则，则， 设，则， 在中，由正弦定理得， 则，得， 在中，由余弦定理得， 则，即， 结合，整理得， 所以C的渐近线方程为. 7. 球与圆台的上、下底面及侧面都相切，且球面面积与圆台的侧面积之比为，则球的体积与圆台的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出圆台和球的轴截面，设球的半径为，圆台的上、下底面半径分别为，依据和全等得到，同理得到，进而得到母线长为，接着利用和相似得到，再由已知得到即可由球和圆台的体积公式计算求解. 【详解】如图所示，作圆台的轴截面等腰梯形，则球的大圆内切于梯形， 设球的半径为，圆台的上、下底面半径分别为， 则圆台的高为，设E为大圆与梯形的切点， 则在和中有， 所以和全等，所以，同理， 所以母线长为． 由上可知， 又（为切点），所以， 所以和相似，则， ， 由已知，， ． 8. 若直线与函数的图象从左至右交于点A，B，直线与的图象从左至右交于点M，N，则当t变化时，的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据绝对值的性质、结合对数函数的性质，平面向量数量积的坐标表示公式、对数的运算性质、基本不等式进行求解即可. 【详解】当时，，所以A，B分别与M，N重合，因此， 所以式子没有意义，因此不符合题意， ， 当时，函数图象如下图所示： 当时，函数图象如下图所示： 因此， 由直线与函数的图象从左至右交于点A，B， 设，显然有， 于是有， 即，且， 因为直线与的图象从左至右交于点M，N， 所以设，显然有， 于是有， 即，且， 因为， 所以， 因为， 所以，即， 所以的取值范围为. 二、多选题 9. 记正项等比数列的前项积为，若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 当取得最小值时， C. 是递增数列 D. 使的的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先根据已知条件联立方程求出等比数列的首项与公比，再分别分析各选项：利用通项公式验证A；通过指数转化将前项积转化为二次函数形式，求对称轴判断B；根据公比大于且首项为正判断单调性验证C；通过解指数不等式得到的范围，确定最小值验证D． 【详解】设的公比为， 对于A，由题意可得， 解得，A正确； 对于B，， 是开口向上的抛物线，其对称轴为， 所以当时，取得最小值， B错误； 对于C，，故是递增数列，C正确； 对于D，令，即，解得或， 因为，所以使的的最小值为，D正确． 10. 下列命题中正确的是(    ) A. 决定系数越大，残差平方和越小，模型拟合效果越好 B. 若回归方程为，则变量y与x成负相关 C. 某校高三年级男生的身高(单位：cm)近似服从，随机选择一名该校高三年级的男生，则(若，则，) D. 样本相关系数的取值范围为，刻画了样本点集中于某条直线的程度，当时，只表明成对样本数据间没有线性相关关系 【答案】ABD 【解析】 【详解】决定系数越大，对应分式越小，分母为定值(对已知数据而言，与经验回归方程无关)，则分子残差平方和越小，模型拟合效果越好，故A正确； 由回归方程可知，两个变量呈现线性相关，且随着x的增大，y减小，所以变量y与x成负相关，所以B正确； 因为学生身高近似服从正态分布，故均值为，标准差为，而范围在均值170的右侧距离到之间的区间，所以根据正态分布对称性可知：，所以可得 ，故C错误； 样本相关系数的取值范围为，刻画了样本点集中于某条直线的程度(线性相关性)，当时，只表明成对样本数据间没有线性相关关系，但是不排除其他相关关系，故D正确. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 的图象关于点对称 D. 无零点 【答案】CD 【解析】 【分析】先根据函数性质的定义判断函数的周期，对称轴和对称中心，再通过换元法研究函数零点情况. 【详解】由题意得，的定义域为， 在A选项中，， 则不是的周期，故A错误， 在B选项中，若函数关于直线对称，需满足 ， ，， 则，所以的图像不关于直线对称，故B错误， 在C选项中，若函数关于点对称，需满足 ， ， ，  ，故C正确， 在D选项中，令，则，即， 令，，则，所以， 令，，又因为， 当时，或， 当时，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又因为，，，， 所以在上无零点，则无零点，故D正确． 三、填空题 12. 已知向量，若在上的投影向量相等，则_____． 【答案】2 【解析】 【分析】根据投影向量相等的条件推导出，再利用向量数量积的坐标运算求解. 【详解】由题意可得，由于为非零向量， 从而有，整理得， 所以，解得. 13. 一组数据19、5、4、13、a、b、1、2、16、3的第60%分位数为9（其中），则最小值为____. 【答案】 【解析】 【分析】借助百分位数定义计算可得，再利用基本不等式求解即可得. 【详解】对10个数先排序：1、2、3、4、5、a、b、13、16、19， ，则，由， 则，当且仅当时，等号成立. 14. 已知以原点为中心的椭圆、双曲线，与抛物线 有公共焦点 F，且三个曲线在第一象限交于同一点.若的离心率为2，则的离心率为________. 【答案】 【解析】 【分析】设抛物线焦点的坐标，根据的离心率建立双曲线方程，再联立抛物线求出交点的坐标；再根据点在椭圆上和建立两个方程，最后通过换元化简方程，可得离心率. 【详解】因为抛物线开口向右，可设公共焦点，设双曲线方程为， 由，所以， 所以双曲线方程为， 联立抛物线方程， ，解得，（舍去）, 将代入，解得，（舍去）， 所以， 设椭圆的方程，离心率为，将代入得， 且， 设，则，由，可得， 代入椭圆方程化简得，， 解得，（舍去）， 代入得. 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. 某电台举办有奖知识竞答比赛，选手答题规则相同．甲每道题自己有把握独立答对的概率为，若甲自己没有把握答对，则在规定时间内连线亲友团寻求帮助，其亲友团每道题能答对的概率为p，假设每道题答对与否互不影响． （1）当时，若甲答对了某道题，求该题是甲自己答对的概率； （2）当时，甲答了4道题，计甲答对题目的个数为随机变量X，求随机变量X的分布列和数学期望； （3）乙答对每道题的概率为（含亲友团），现甲乙两人各答两个问题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于，求甲的亲友团每道题答对的概率p的最小值． 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 1 2 3 4 数学期望为； （3） 【解析】 【分析】（1）利用条件概率公式求解；（2）求出的可能值，再利用二项分布的概率求出分布列及期望. （3）利用相互独立事件、互斥事件的概率公式求出概率，再结合已知建立不等式求解. 【小问1详解】 记事件为“甲答对了某道题”，事件为“甲自己答对”， 则，， 所以. 【小问2详解】 可能取值为0，1，2，3，4，甲答对某道题的概率， 则， 所以的分布列为： 0 1 2 3 4 数学期望. 【小问3详解】 记事件为“甲答对了道题”，事件为“乙答对了道题”， 其中甲答对某道题的概率为，答错某道题的概率为， 则， ， ， 所以甲答对题数比乙多的概率为： ，解得， 所以甲的亲友团答对的概率的最小值为. 17. 在如图所示的几何体中，四边形为正方形，，，，，． （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，求出直线对应的方向向量和平面的法向量，利用向量垂直关系证明线面平行； （2）先求出两个平面的法向量，再利用向量夹角公式计算两个法向量夹角的余弦值，结合二面角与法向量夹角的关系，得到平面与平面所成角的余弦值； （3）利用点到平面距离的向量公式求出点到平面的距离． 【小问1详解】 因为四边形为正方形，所以，， 又，所以，又，所以两两垂直， 如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， ，，，，，， ，显然是平面的一个法向量， 因为，所以， 又平面，所以平面； 【小问2详解】 由（1）得，，， 设平面的法向量， 所以，即， 令，得， 设平面的法向量， 所以，即， 令，得， 所以 所以平面与平面所成角的余弦值为； 【小问3详解】 由（2）得平面的一个法向量，， 所以点到平面的距离． 18. 已知椭圆的右顶点为，点为椭圆上的一点．设椭圆的左、右焦点分别为． （1）求椭圆的标准方程及离心率； （2）过点的直线与椭圆交于两点（异于椭圆的左、右顶点）． （i）求面积的最大值； （ii）设直线分别交轴于两点，求证：以为直径的圆与轴相交的弦长为定值． 【答案】（1）椭圆的标准方程为，离心率为 （2）（i），（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题可得，求得的值，得到椭圆方程，利用离心率公式即可求解； （2）（i）由（1）知道点坐标，设直线方程，联立方程组，由韦达定理结合焦点弦长公式求得，点到直线的距离为高，从而求得三角形的面积表达式，结合函数单调性求解即可； （ii）当直线轴时，通过相似证明点在以MN为直径的圆上，从而得到以MN为直径的圆被x轴截得的弦是，得到弦长为2；当直线斜率存在时，设直线方程，然后联立方程组，整理得一元二次方程，由韦达定理得到两点坐标与斜率的关系式；然后用两点式写出直线直线方程，求得点坐标，证明向量，证得点在以MN为直径的圆上，从而得到以MN为直径的圆被x轴截得的弦是，得到弦长为2，从而证明以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值． 【小问1详解】 由题意可知， 由，解得， ∴椭圆的方程：. 离心率为 【小问2详解】 （i），，由于直线斜率不为，则设直线， 联立方程组，得： 所以 焦点弦长， 点到直线的距离， ∴， 令，所以在上单调递增，所以， 所以，当时等号成立， 所以，当时等号成立， 即面积的最大值为   （ii）， 当轴时，交点，关于轴对称，∴点关于原点对称，∴以为直径的圆圆心为，半径为 ∵，∴，则，∴， 又∵，∴圆与轴的截得的弦为， 当直线斜率存在时，设直线， 设， 联立方程组，整理得， 则，， ， 直线，令，则， 直线，令，则..， 则，， 则 即 即，同理可证， 即点在以MN为直径的圆上，又∵在轴上， ∴以MN为直径的圆被x轴截得的弦为，， 综上所述：以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值2. 19. 已知函数，其中． （1）讨论的单调性． （2）若函数有两个不同的零点． ①求实数的取值范围； ②证明：． 【答案】（1）若在内单调递减，在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减; 若在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减. （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）先确定函数定义域为，对函数求导并通分因式分解，把导函数化成整式乘积形式.以参数为分类依据，先讨论时导函数符号，再讨论时比较导函数两个零点与1的大小，分三种情况判断导函数正负，进而得到每一段的单调区间，分类标准清晰、不重不漏. （2）①先化简解析式，将函数有两个零点转化为对应方程有两个正根，分离参数变形为构造新函数.求导研究的单调性、最值与极限趋势，判断函数变化特征，利用直线与曲线有两个交点的条件，列出不等式求解出的取值范围. ②利用零点满足的方程，作和作差得到对数关系式，两式相除构造齐次式.采用极值点偏移常规证法，换元设，把待证不等式转化为关于的函数不等式.构造辅助函数，求导判断单调性，由端点值推出，逆向还原即可证得结论. 【小问1详解】 由题意可知:的定义域为，且， 若，则， 当，则;当，则; 可知在内单调递减，在内单调递增; 若，令，解得或， 当，即时，令，解得或;令，解得; 可知在内单调递增，在内单调递减; 当，即时，则 ， 可知在内单调递增; 当，即时，令，解得或;令，解得; 可知在内单调递增，在内单调递减; 综上所述:若在内单调递减，在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减; 若在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减. 【小问2详解】 ①有两个不同的零点， 即有两个不同实根， 若，则，只有一个实数根，不符合题意， 故，得， 令， 令，得， 当时，，可知在上单调递增， 当时，，可知在上单调递减， 当时，取得最大值，且时，， 当时，可得 可得不等式：. 先解，即，解得或. 再解，移项通分得， 等价于，即 . 因为，故不等式等价于 ， 解得， 结合或，取交集得. 所以实数的取值范围为. ②当时，有两个不同的零点. 两根满足， 两式相加得:，两式相减得:， 上述两式相除得， 不妨设，要证:，只需证: ， 即证， 设，令 ， 则 ， 可知函数在上单调递增，且. 可得，即，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $