精品解析：广东揭阳第一中学2025-2026学年第二学期高二期中考试数学试题

2025-2026学年度第二学期高二级期中考试 数学科试题 考试时长120分钟，总分150分 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知为虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2. 从7本不同的书中选出3本送给3位同学，每人一本，不同的选法种数是（ ） A. B. C. 21 D. 210 3. 食堂周五提供麻婆豆腐，清炒豌豆尖，豆干回锅肉，水煮肉片，麻辣小龙虾共五道菜，其中后三道为荤菜，小轩同学任打两道菜，正好打到一荤一素的概率（ ） A. B. C. D. 4. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线与圆交于，两点，为圆心，若的面积等于8，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的是（ ） A. 所有奇数项的二项式系数和为 B. 所有项的系数和为 C. 二项式系数最大的项为第6项或第7项 D. 有理项共5项 7. 设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则下列说法中错误的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表，第一行为1，第二行为3，5，第三行为7，9，11，第四行为13，15，17，19，如图所示，在宝塔形数表中位于第行，第列的数记为，例如，，，若，则（ ） A. 64 B. 65 C. 68 D. 72 二、选择题：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. （多选）对于抛物线上，下列描述正确的是（ ） A. 开口向上，焦点为 B. 开口向上，焦点为 C. 焦点到准线的距离为4 D. 准线方程为 10. 正月十五元宵节，中国民间有观赏花灯的习俗．在2024年元宵节，小明制作了一个“半正多面体”形状的花灯（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．图2是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为2．关于该半正多面体的四个结论中正确结论的是（ ） A. 棱长为 B. 两条棱所在直线异面时，这两条异面直线所成角的大小是60° C. 表面积为 D. 外接球的体积为 11. 已知函数，则（ ） A. 函数在时，取得极小值 B. 对于，恒成立 C. 若，则 D. 若，对于恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1 第二部分非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知双曲线的渐近线方程为，则__________. 13. 设底面为正三角形的直棱柱的体积为16，那么其表面积取极小值时底面边长为________． 14. 若抛掷一枚质地均匀的骰子两次，落地时朝上的面的点数分别为.设事件 “函数为奇函数”， “函数在上恰有一个最大值点和一个最小值点”，则____________. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件． （1）求的值： （2）求（用表示）． 16. 如图，在四棱锥中，平面是等边三角形，. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知曲线，曲线C在点处的切线交轴于点，过作与x轴垂直的直线与C交于点，曲线C在点处的切线交x轴于点，…，依次下去，得到点列：，，，…，，…，设的横坐标为. （1）求证：； （2）求数列的前n项和. 18. 已知点，动点满足，动点的轨迹记为. （1）求的方程； （2）直线与轴交于点为上的动点，过作的两条切线，分别交轴于点. ①证明：直线的斜率成等差数列； ②经过三点，是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，请说明理由. 19. 已知函数有两个零点，，，为的导函数． （1）求实数的取值范围； （2）证明：； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第二学期高二级期中考试 数学科试题 考试时长120分钟，总分150分 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知为虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再计算其模. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：A 2. 从7本不同的书中选出3本送给3位同学，每人一本，不同的选法种数是（ ） A. B. C. 21 D. 210 【答案】D 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理求解. 【详解】根据分步乘法计数原理，不同的选法有种. 故选：D 3. 食堂周五提供麻婆豆腐，清炒豌豆尖，豆干回锅肉，水煮肉片，麻辣小龙虾共五道菜，其中后三道为荤菜，小轩同学任打两道菜，正好打到一荤一素的概率（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】小轩同学任打两道菜，共有种情况；正好打到一荤一素的情况有种； 小轩同学正好打到一荤一素的概率为. 4. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数零点排除选项A，根据函数值的符号排除选项C，利用导数求解单调递增区间排除选项D，即可得解. 【详解】由可得，解得或，排除A； 由时，，排除C； 因为，令，可得，解得或 所以的单调区间为和，排除D． 故选：B 5. 已知直线与圆交于，两点，为圆心，若的面积等于8，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角形的面积可求得，可求弦长. 【详解】圆的半径，由已知得，故， 所以，所以. 故选：D. 6. 已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的是（ ） A. 所有奇数项的二项式系数和为 B. 所有项的系数和为 C. 二项式系数最大的项为第6项或第7项 D. 有理项共5项 【答案】D 【解析】 【分析】根据展开式的通项公式以及二项式系数的性质求解判断各选项即可. 【详解】由题意，，所以， 则所有奇数项的二项式系数和为，故A错误， 令，得所有项的系数和为，故B错误， 由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故C错误， 因为展开式通项为， ， 要使展开式中的项为有理项，则为整数， 此时，3，6，9，12，共有5项，故D正确. 故选：D. 7. 设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则下列说法中错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用概率的基本性质、德摩根定律、加法公式与条件概率公式计算各选项即可． 【详解】根据摩根定律可知 根据概率加法公式可知 故， 因为，，故， 解得，故A正确； ，故B错误； ，故C正确； 因为， 故，故D正确． 8. 已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表，第一行为1，第二行为3，5，第三行为7，9，11，第四行为13，15，17，19，如图所示，在宝塔形数表中位于第行，第列的数记为，例如，，，若，则（ ） A. 64 B. 65 C. 68 D. 72 【答案】C 【解析】 【分析】利用连续奇数的通项公式求解2025对应序号，进而结合奇数总个数确定，再根据递增的变化规律求解列数. 【详解】由正奇数的通项为 ，令 ，可得， 即2025是第1013个正奇数. 由规律可知：第行有个数，前行的总个数为 . 可得，，即 ， 因此2025在第45行，. 观察排列规律可得：偶数行：从左到右从小到大排列；奇数行：从左到右从大到小排列，最大数（序号最大）在最左侧. 则第45行是奇数行，共45个数，可得该行最大的数（最左第1列）是总第1035个奇数， 最小的数（最右第45列）是总第991个奇数. 设是总第个奇数，则对奇数行有：对奇数行，有 ，其中是前i行奇数的总个数， 对于第45行， ，所以 . 代入，得：， 所以. 二、选择题：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. （多选）对于抛物线上，下列描述正确的是（ ） A. 开口向上，焦点为 B. 开口向上，焦点为 C. 焦点到准线的距离为4 D. 准线方程为 【答案】AC 【解析】 【分析】写出标准形式即，即可得到相关结论 【详解】由抛物线，即，可知抛物线的开口向上，焦点坐标为，焦点到准线的距离为4，准线方程为． 故选：AC 10. 正月十五元宵节，中国民间有观赏花灯的习俗．在2024年元宵节，小明制作了一个“半正多面体”形状的花灯（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．图2是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为2．关于该半正多面体的四个结论中正确结论的是（ ） A. 棱长为 B. 两条棱所在直线异面时，这两条异面直线所成角的大小是60° C. 表面积为 D. 外接球的体积为 【答案】AC 【解析】 【分析】注意到棱长总是一个等腰直角三角形的斜边，即可通过直角边的长度判断A正确；可以找到一对位于正方形相对的面上的两条垂直且异面的棱，得到B错误；根据该几何体每种面（正三角形和正方形）各自的数量和面积，可以计算出该几何体的表面积，从而判断出C正确；直接证明正方形的中心到该几何体每个顶点的距离都相等，并计算出距离，即可求出外接球的体积，得到D错误. 【详解】如图所示： 该几何体的每条棱都是的一个等腰直角三角形的斜边，且该等腰直角三角形的直角边长度为正方体边长的一半， 故该等腰直角三角形的直角边长度为1，从而该几何体的每条棱的长度都是，A正确； 若为该几何体位于正方体的一组相对的面上的两个平行的棱，为该几何体位于正方体的同一个面的两条棱， 则，平行于，异面且， 这意味着存在一对异面的棱所成角是直角，B错误； 该几何体一共有14个面，其中6个是正方形，8个是正三角形，边长均为， 故每个正方形的面积都是，每个正三角形的面积都是， 故表面积为，C正确； 设正方体的中心为，由于对该几何体的任意一个顶点都是正方体的某条边的中点， 故到该几何体的任意一个顶点的距离都是正方体边长的倍，即. 这意味着以为球心，半径为的球是该几何体的外接球， 从而外接球的体积，D错误. 从而全部正确的结论是AC. 故选：AC. 11. 已知函数，则（ ） A. 函数在时，取得极小值 B. 对于，恒成立 C. 若，则 D. 若，对于恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数研究在上单调性及最值即可判断A、B的正误；构造，应用导数研究单调性即知C的正误；构造，应用导数并结合分类讨论的方法研究上、恒成立时m的取值范围，即可判断D正误. 【详解】对AB，， ∴上，即上单调递减，则，∴A错误，B正确； 对C，令，则在上，即单调递减， ∴时，有，即，C正确； 对D，，则等价于，等价于， 令，则，， ∴当时，，则单调递增，故； 当时，，则单调递减，故； 当时，存在使， ∴此时，上，则单调递增，；上，则单调递减， ∴要使在上恒成立，则，得. 综上，时，上恒成立，时上恒成立， ∴若，对于恒成立，则的最大值为，的最小值为1，正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：选项D，由题设不等式构造，综合应用分类讨论、导数研究恒成立对应的参数范围，进而判断不等式中参数的最值. 第二部分非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知双曲线的渐近线方程为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据方程表示双曲线，确定m的范围，结合双曲线的渐近线方程可得关于m的方程，即可求得答案. 【详解】由方程表示双曲线，可知， 则方程即为方程，即得， 方程表示焦点在x轴上的双曲线，由已知其渐近线方程为， 则. 13. 设底面为正三角形的直棱柱的体积为16，那么其表面积取极小值时底面边长为________． 【答案】 【解析】 【分析】先设底面边长与棱柱高，借助体积公式用边长表示高，进而列出表面积关于边长的函数，求导找出导数零点，再依据导数正负判断函数单调性，确定零点为极小值点，最终求出对应底面边长. 【详解】设底面正三角形的边长为，直棱柱的高为,. 底面正三角形面积为. 由体积，得，解得. 直棱柱表面积，代入得. 求导得 单调递增. 令,即，化简得，解得. 当时，，单调递减; 当时,，单调递增. 故时，取得极小值，即表面积取极小值时底面边长为. 14. 若抛掷一枚质地均匀的骰子两次，落地时朝上的面的点数分别为.设事件 “函数为奇函数”， “函数在上恰有一个最大值点和一个最小值点”，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据为奇函数，推出，结合，，可得或，，即，再结合正弦、余弦函数的图象可知，只有当时，函数在上恰有一个最大值点和一个最小值点，得，最后由条件概率公式可求出结果. 【详解】由为奇函数，得，即， 此时，， ， 且函数的定义域关于原点对称，故为奇函数， 所以事件 “”， 因为，， 所以或，，则， 当时，在上无最值点； 当时，， 因为，所以， 则在上恰有一个最大值点，无最小值点； 当时，， 因为，所以， 则在上恰有一个最大值点和一个最小值点， 故， 所以. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件． （1）求的值： （2）求（用表示）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式即可求出； （2）设，结合全概率公式可得，进而构造等比数列求解即可. 【小问1详解】 因为，， ， 所以由全概率公式得： ． 【小问2详解】 设，依题意可知：，则 ， 即 ， 构造等比数列，设，解得， 则， 又，，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 即，． 所以 16. 如图，在四棱锥中，平面是等边三角形，. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意，再解三角形得，由线面垂直判定定理知平面，再由面面垂直的判定定理得证； （2）方法一（向量法）：建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可； 方法二（几何法）：过点作交于点，过作交于点，连接，则即为平面与平面所成二面角的平面角. 在中，求解完成. 【小问1详解】 平面平面. 在中，， 又平面平面， 平面，所以平面平面. 【小问2详解】 方法一：取的中点，连接， 则两两互相垂直，以为坐标原点， 所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系. 则， . 设平面的一个法向量为，则 所以令，得. 设平面的一个法向量为， 则所以令，得. 记平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 几何法： 方法二：过点作交于点，过作交于点， 连接，则即为平面与平面所成二面角的平面角. 证明如下： 平面平面. 又平面 平面平面， 又平面， 平面平面，， 所以即为平面与平面所成二面角的平面角. 在Rt中，， ， 即平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知曲线，曲线C在点处的切线交轴于点，过作与x轴垂直的直线与C交于点，曲线C在点处的切线交x轴于点，…，依次下去，得到点列：，，，…，，…，设的横坐标为. （1）求证：； （2）求数列的前n项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，利用导数的几何意义求出切线方程，即可求出的坐标，从而得证； （2）首先求出处的切线的方程，即可求出，从而求出，则，最后利用错位相减法求和. 【小问1详解】 因为，所以 因为的横坐标为，所以的坐标为. 由，可得曲线在处的切线的斜率为， 所以处的切线的方程为. 令，得，即的坐标为，所以. 【小问2详解】 由（1）得处的切线的方程为， 令，得，即的坐标为，故， 所以首项为，公比为的等比数列，所以，则， 记数列的前n项和为， 则，① 所以，② ①②得 ， 所以数列的前n项和为. 18. 已知点，动点满足，动点的轨迹记为. （1）求的方程； （2）直线与轴交于点为上的动点，过作的两条切线，分别交轴于点. ①证明：直线的斜率成等差数列； ②经过三点，是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）①证明见解析；②存在， 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义，可得曲线的方程. （2）设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立. ①根据直线与椭圆的位置关系，由可以得到关于的一元二次方程，根据韦达定理，可得，再得，所以直线的斜率成等差数列. ②法一：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可； 法二：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可； 法三：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可； 法四：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可. 【小问1详解】 因为， 所以的轨迹是以为焦点，且长轴长为4的椭圆， 设的轨迹方程为，则，可得. 又，所以，所以的方程为. 【小问2详解】 设，易知过且与相切的直线斜率存在，设直线方程为，联立，消去得， 由，得 设两条切线的斜率分别为，则 ①证明：设的斜率为，则， 因为，所以的斜率成等差数列. ②法1：在中，令，得，所以， 同理，得，所以的中垂线为. 易得的中点为，所以的中垂线为， 联立解得， 所以，， 要使，则，即， 整理得， 而， 所以，解得，因此， 故存在符合题意的点，使得，此时. 法2：在中，令，得，因此， 同理可得，所以的中垂线为. 易得的中点为，所以的中垂线为， 联立解得， 因为，所以，即， 而， 所以，解得，因此， 故存在符合题意的点，使得，此时. 法3：要使，即或， 从而，又，所以， 因为， 所以，解得，所以， 故存在符合题意的点，使得，此时. 法4：要使，即或，从而. 在中，令，得，故，同理可得，因此， 所以， 故，即， 整理得， 所以，整理得，解得或（舍去）， 因此，故存在符合题意的点，使得， 此时.法5：要使，即或，从而. 在中，令，得，故，同理可得， 由等面积法得， 即，整理得， 所以，整理得，解得或（舍去）， 因此，故存在符合题意的点，使得， 此时. 19. 已知函数有两个零点，，，为的导函数． （1）求实数的取值范围； （2）证明：； （3）证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数分情况讨论，分析函数的单调性及最小值，结合零点个数得出，构造函数，结合单调性和零点求出实数的取值范围； （2）结合（1）结论把证明转化为证明，构造函数，求导并证明函数在上的单调性，进而得出 ，结合单调性证明结论； （3）结合（1）结论把证明转化为证明，对进行分情况讨论，进而转化为，构造函数并求导，利用导数分析函数单调性，进而证明结论． 【小问1详解】 的定义域为，求导得， ①当时，，函数在单调递减；此时至多有一个零点； ②当时，当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增． 取得最小值为． 当时，； 当时，， 函数有两个零点当且仅当， 设，函数在单调递增； ， 的解集为，即的取值范围是． 【小问2详解】 由（1）知，要证：即证：； 令， 若，则 ， 在上单调递减， ，即， ， ，即， 又，且在上递增， 即． 【小问3详解】 ，由，结合（1）知， 要证，即证，即， 当时，，，不等式恒成立； 当时，由得， 即证 ， 即证， 即证， 设，， 由 ， 在单调递增， ，故． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $