精品解析：福建莆田第十五中学2025-2026学年高二下学期5月期中质量检测数学试题

莆田第十五中学2025-2026学年下学期期中质量检测 高二数学 （本试卷共4页，19小题，满分150分.考试时间120分钟） 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 如图，在平行六面体中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先用表示向量，再根据求解即可. 【详解】因为在平行六面体中，， 所以， 故选：A 2. 一袋中有外观完全相同，标号分别为1，2，3，4，5的五个球，现在分两次从中有放回地任取一个球，设事件“第一次取得5号球”，事件“第二次取得5号球”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用条件概率公式求解. 【详解】依题意，， 所以. 故选：B 3. 已知向量，若，则（ ） A. -10 B. -4 C. 4 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量平行的坐标运算求解即可. 【详解】因为向量，， 则，解得：. 故选：B 4. 函数的单调减区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对函数求导，令导函数为负，求解不等式即可确定函数的单调减区间. 【详解】因为函数，求导得， 令，因此，函数的单调减区间是，故A正确. 5. 已知函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以. 6. 以，分别表示某山区两个村庄居民某一年内家里停电的事件，若，，，则这两个村庄同时发生停电事件的概率为（ ） A. 0.03 B. 0.04 C. 0.06 D. 0.05 【答案】D 【解析】 【分析】利用条件概率公式求解即可. 【详解】由，可得， 又因为，，所以， 所以，所以这两个村庄同时发生停电事件的概率为. 故选：D. 7. 已知函数的图象在点处的切线方程为，则（ ） A. 1 B. C. 0 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的几何意义即可得到，再相加即可. 【详解】因为切线方程为， 可知当时，，且切线斜率为1， 即，所以． 故选：A. 8. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二次函数的性质及导数分析分段函数单调性及最值，再利用单调递增条件构造不等式，从而求出的取值范围． 【详解】当时，，开口向下，对称轴为， 在上单调递增，最大值为； 当时，，求导得， 要使在上单调递增，需对所有恒成立， 即，则， 令，求导得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 在处取得最大值，， ， 在上单调递增， ，解得， 综上可得，． 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. 已知正四棱柱中，为底面的中心，则（ ） A. B. C. 平面 D. 平面 【答案】AC 【解析】 【分析】对于选项A，根据空间向量的线性定理进行求解即可；对于选项B，先确定的夹角，然后求出其角度是否为90°即可；对于选项C，要证明线面平行，需通过证明线线证明即可证明线面平行，即证明；对于选项D，可利用反证法进行验证. 【详解】对于选项A：如图， 根据向量线性定理可知，， 所以，A正确； 因为，若，则， 则，设底面边长为，正四棱柱的高为， 则，等式不成立，B错误； 对于选项C： 连接交于，连接. 则，所以四边形为平行四边形， 所以. 因为平面，不在平面内， 所以平面，所以C正确； 对于选项D： 因为正四棱柱，所以， 因为平面，所以平面. 因为平面，所以. 又，所以. 因为平面，平面，所以， 假设平面，因为，平面， 所以. 又平面，所以平面， 又平面，所以，所以. 而在正四棱柱中，不一定相等，所以与平面不一定垂直，D错误. 故选：AC. 10. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由对立事件、和事件、条件概率计算公式逐项判断即可. 【详解】选项A： 对立事件概率公式 ​，A正确。 选项B： 和事件概率公式 ，B错误， 选项C： 条件概率公式 ，C正确 选项D： 事件是互斥事件与的和事件， 因此 ​，D正确. 11. 设函数，则（ ） A. 函数在区间上单调递减 B. 函数是奇函数 C. 直线与曲线有3个公共点 D. 斜率为的直线与曲线有且仅有一个公共点 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用导数求解单调性判断A，利用函数奇偶性的定义判断B，求出公共点来判断C，分离参数并结合导数得到，，进而判断D即可. 【详解】对于A，因为， 所以， 当时，恒成立，则在区间上单调递减，故A正确； 对于B，由题意得 ， 令，则， 可得，得到函数是奇函数，故B正确； 对于C，联立方程组，解得或， 则直线与曲线的公共点为和，共2个，故C错误； 对于D，设直线方程为，联立方程组， 化简可得，若曲线和直线有且仅有一个公共点， 则有且仅有一个解， 即与有且仅有一个公共点， 而，得到在上单调递增， 当时，，当时，， 则，，得到与有且仅有一个公共点成立，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设为两个随机事件，已知，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】条件概率公式计算即可得. 【详解】根据条件概率公式 ，代入已知， 得：. 由条件概率公式 ，变形得， 代入， 得：. 13. 已知空间向量，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由空间向量的减法法则求得向量的坐标，然后由模的定义计算． 【详解】， ， 故答案为：. 14. 已知函数，若对于任意，都有，则实数取值范围是______. 【答案】 【解析】 【详解】函数的定义域为，， 由题意可知，对于任意，都有， 则函数在上单调递减， 所以当时，恒成立，即恒成立， 由幂函数性质可知，当时，，所以， 故实数取值范围是. 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. 已知箱中有5个大小相同的产品，其中3个正品，2个次品，每次从箱中取1个，不放回的取两次，求： （1）第一次取到正品的概率； （2）在第一次取到正品的条件下，第二次取到正品的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算可得； （2）利用条件概率的概率公式计算可得. 【小问1详解】 解：设“第一次取到正品” “第二次取到正品”， 所以，第一次取到正品的概率为； 【小问2详解】 解：， 所以， 故在第一次取到正品的条件下第二次取到正品的概率为. 16. 如图，在长方体中，. （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面平行的判定定理进行证明； （2）建立空间直角坐标系，由空间向量求点到面的距离即可． 【小问1详解】 在长方体中，， 得，而，得， 则四边形为平行四边形， 得，由平面，平面，得平面， 同理可得四边形为平行四边形， 得，由平面，平面，得平面， 由平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 建立空间直角坐标系，如图所示： 则， 得， 设平面的法向量为， 得，取， 则点到平面的距离为：． 17. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间和极值. 【答案】（1）； （2）函数的单调递增区间有，，单调递减区间有， 极大值为，极小值为. 【解析】 【分析】（1）求函数的定义域和导函数，利用导数的几何意义求切线斜率，由点斜式求切线方程； （2）解方程求其根；由导数的正负来判断函数的单调区间，从而可求出函数的极值. 【小问1详解】 函数的定义域为， 导函数， 所以, 故切线方程为； 【小问2详解】 由（1）， 令，可得或， 当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增； 所以函数的单调递增区间有，，单调递减区间有， 所以当时，函数取极大值，极大值为， 当时，函数取极小值，极小值为. 18. 如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=PD. （I）证明：平面PQC⊥平面DCQ （II）求二面角Q-BP-C的余弦值. 【答案】（I）证明见解析；（II）. 【解析】 【分析】首先根据题意以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，为x、y、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz；（Ⅰ）根据坐标系，求出的坐标，由向量积的运算易得；进而可得PQ⊥DQ，PQ⊥DC，由面面垂直的判定方法，可得证明；（Ⅱ）依题意结合坐标系，可得B、的坐标，进而求出平面的PBC的法向量与平面PBQ法向量，进而求出cos＜，＞，根据二面角与其法向量夹角的关系，可得答案. 【详解】如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，为x、y、z轴建立空间直角坐标系. （Ⅰ）依题意有，，， 则，，，所以，， 即⊥，⊥.且, 故⊥平面. 又平面，所以平面⊥平面. （II）依题意有，=，=. 设是平面的法向量，则即 因此可取 设是平面的法向量，则 可取所以, 且由图形可知二面角为钝角 故二面角的余弦值为 考点：与二面角有关的立体几何综合题；平面与平面垂直的判定；向量语言表述面面的垂直、平行关系；用空间向量求平面间的夹角 19. 函数在x=1处取得极值-3-c，其中a､b､c为常数. （1）讨论函数的单调区间； （2）若对任意，不等式恒成立，求c的取值范围. 【答案】（1）减区间，增区间 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意先确定的值，再由导数法直接求解即可 （2）首先求得函数的最小值，然后结合恒成立的结论得到关于c的二次不等式，求解二次不等式即可确定c的取值范围. 【小问1详解】 因为， 所以， 由题意知，因此，从而． 又由题意知，因此，解得； 所以．令，解得． 令，解得；令，解得； 因此的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问2详解】 由（1）知，在处取得极小值，此极小值也是最小值． 要使不等式恒成立，只需，即． 所以，从而． 解得或． 所以的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 莆田第十五中学2025-2026学年下学期期中质量检测 高二数学 （本试卷共4页，19小题，满分150分.考试时间120分钟） 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 如图，在平行六面体中，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 一袋中有外观完全相同，标号分别为1，2，3，4，5的五个球，现在分两次从中有放回地任取一个球，设事件“第一次取得5号球”，事件“第二次取得5号球”，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，若，则（ ） A. -10 B. -4 C. 4 D. 10 4. 函数的单调减区间是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 6. 以，分别表示某山区两个村庄居民某一年内家里停电的事件，若，，，则这两个村庄同时发生停电事件的概率为（ ） A. 0.03 B. 0.04 C. 0.06 D. 0.05 7. 已知函数的图象在点处的切线方程为，则（ ） A. 1 B. C. 0 D. 2 8. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） 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. 已知正四棱柱中，为底面的中心，则（ ） A. B. C. 平面 D. 平面 10. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ） A. B. C. D. 11. 设函数，则（ ） A. 函数在区间上单调递减 B. 函数是奇函数 C. 直线与曲线有3个公共点 D. 斜率为的直线与曲线有且仅有一个公共点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设为两个随机事件，已知，则__________. 13. 已知空间向量，，则______. 14. 已知函数，若对于任意，都有，则实数取值范围是______. 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. 已知箱中有5个大小相同的产品，其中3个正品，2个次品，每次从箱中取1个，不放回的取两次，求： （1）第一次取到正品的概率； （2）在第一次取到正品的条件下，第二次取到正品的概率. 16. 如图，在长方体中，. （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离． 17. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间和极值. 18. 如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=PD. （I）证明：平面PQC⊥平面DCQ （II）求二面角Q-BP-C的余弦值. 19. 函数在x=1处取得极值-3-c，其中a､b､c为常数. （1）讨论函数的单调区间； （2）若对任意，不等式恒成立，求c的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $