精品解析：福建莆田第二中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

莆田二中2025-2026学年高二下学期期中考数学试卷 考试时间：120分钟 分值：150分 注意事项或温馨提示 1．本试卷共4页，总分150分，考试时间120分钟 2．答题前，考生先将自己的姓名、考号等内容填写清楚． 3．选择题部分必须使用2B铅笔填涂；非选择题部分必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 4．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效． 5．保持答题卷面清洁，不要折叠、不要弄破，禁用涂改液，涂改胶条． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知函数，则（ ） A. 1 B. 0 C. D. 2. 如图，在平行六面体中，设，，若、、组成空间向量的一个基底，则可以是（ ） A. B. C. D. 3. 若平面的一个法向量为，平面内的一个向量为，且，则的值是（ ） A. B. C. 3 D. 9 4. 在某次国际围棋比赛中，甲、乙两人进入最后比赛．比赛采取五局三胜制，即先胜三局的一方获得比赛冠军，比赛结束．假设每局比赛甲胜乙的概率都为，没有和局，且各局比赛的胜负互不影响，则甲在比赛中以3:1获得冠军的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，函数在区间上不单调，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 随机事件、满足，，，下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件互斥 B. C. D. 7. 已知某圆台的上、下底面的半径分别为4和2，且该圆台有内切球（球与圆台的侧面及两个底面均相切），在圆台上底面圆的圆周上取一点A，在圆台下底面圆的圆周上取一点B，且，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若当且仅当时成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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. 已知随机变量的分布列如下，则正确的是（ ） X 1 2 P m n A. B. C. 若，，则 D. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的单调递减区间是 B. 若，则方程有两个不等的实根 C. 若点是曲线上的动点，则点到直线距离的最小值为 D. 若过点可以作曲线的三条切线，则 11. 在棱长为的正方体中，M，N分别为，的中点，则（ ） A. B. C. 点在正方形内，当平面时，点轨迹长度为 D. 点在棱所在直线上，当平面时，四面体的外接球表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的最小值为______． 13. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为棱的中点，且，则______． 14. 有个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个红球1个白球，其余盒子中均为1个红球1个白球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是______，从第个盒子中取到白球的概率是______． 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. 正方体的棱长为4，分别为和中点，且． （1）求点到平面的距离； （2）求平面与平面夹角的余弦值； 16. 莆田二中高二某实践活动小组调查学生坚持跑步的次数与体测成绩的关系，得到如下数据：该学校有的学生平均每月坚持跑步次数超过30次，这些学生中体测成绩“及格”的概率为；平均每月跑步次数不超过30次的学生中，体测成绩“及格”的概率为． （1）若从该校任意抽取一名学生，求该学生体测成绩达到“及格”等级的概率； （2）已知该实践活动小组的8名学生中有5名体测成绩“及格”，从这8名学生中抽取3名，记为抽取的3名学生中“及格”的人数，求的分布列和数学期望； （3）现从该校随机抽取10名参加体测的学生，给每位体测成绩“及格"的学生计3分，给每位“非及格”的学生计1分，求这10名学生的总得分的数学期望． 17. 已知． （1）若，求不等式的解集； （2）若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围； 18. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，是边长为2的等边三角形，为侧棱的中点，为线段上一点. （1）证明：平面平面； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值； （3）设点为三棱锥的外接球的球心，试判断三棱锥的体积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 19. 已知函数. （1）若， （i）求函数的单调区间； （ii）证明：函数在区间上有且只有一个零点． （2）若对任意恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 莆田二中2025-2026学年高二下学期期中考数学试卷 考试时间：120分钟 分值：150分 注意事项或温馨提示 1．本试卷共4页，总分150分，考试时间120分钟 2．答题前，考生先将自己的姓名、考号等内容填写清楚． 3．选择题部分必须使用2B铅笔填涂；非选择题部分必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 4．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效． 5．保持答题卷面清洁，不要折叠、不要弄破，禁用涂改液，涂改胶条． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知函数，则（ ） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数定义结合导数运算律计算求解即可. 【详解】因为， 所以， 所以． 故选：B． 2. 如图，在平行六面体中，设，，若、、组成空间向量的一个基底，则可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平行六面体的结构特征，结合空间共面向量定理爱空间向量基本定理逐项判断. 【详解】由，，、、组成空间向量的一个基，得向量、、不共面， 对于A，在平行六面体中，，则与、共面，A不是； 对于C，，与、共面，C不是； 对于D，，与、共面，D不是； 对于B，由，得，不共面， 假设与、共面，则存在，使得， 而，则， 整理得，从而，此方程组无解， 假设不成立，因此与、不共面，可以是. 故选：B 3. 若平面的一个法向量为，平面内的一个向量为，且，则的值是（ ） A. B. C. 3 D. 9 【答案】B 【解析】 【详解】由，为平面的法向量，为平面内的一个向量，得， 则，所以. 4. 在某次国际围棋比赛中，甲、乙两人进入最后比赛．比赛采取五局三胜制，即先胜三局的一方获得比赛冠军，比赛结束．假设每局比赛甲胜乙的概率都为，没有和局，且各局比赛的胜负互不影响，则甲在比赛中以3:1获得冠军的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】若甲要以结束比赛，则第四局必胜，前三局赢两局即可. 【详解】由题可知，若甲要以结束比赛，则甲在前三局中有2局赢，1局输，在第四局必须赢. 而甲在前三局有三种情况：1.赢赢输；2.赢输赢；3.输赢赢. 因此. 故选：B． 5. 已知，函数在区间上不单调，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数研究单调性，进而得，解出即可求解. 【详解】由题意得：，令， 所以，所以在单调递增，且，， 又因为在上不单调，所以，解得. 6. 随机事件、满足，，，下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件互斥 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知， 由条件概率公式可知， ，故B错； 若事件与事件互斥，则需，故A错； ，故C正确； ，故D错． 7. 已知某圆台的上、下底面的半径分别为4和2，且该圆台有内切球（球与圆台的侧面及两个底面均相切），在圆台上底面圆的圆周上取一点A，在圆台下底面圆的圆周上取一点B，且，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用内切圆台的性质求出圆台高，建立空间直角坐标系后，结合线面角的定义，用点到平面距离除以线段长得到所求正弦值. 【详解】已知圆台上下底面半径分别为，，且圆台存在内切球， 根据圆台内切球性质，母线长. 由勾股定理，圆台的高满足： 代入得，即. 以为原点，以所在直线为轴，以过与平行的直线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 平面即为（平面），点到平面的距离； ， 设直线与平面所成角为，由线面角定义可知 .​​ 8. 已知函数，若当且仅当时成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对函数求导并对参数进行分类讨论，求出函数的单调性，计算出不同情况下的最值，依题意得出不等式可解得的取值范围. 【详解】 显然，可得，于是． 令，可得或； 当时，，，单调递增，当且仅当，此时符合要求； 当时，若或，则，若，则； 此时在上单调递增，在上单调递减， 根据题意知，得，此时，满足条件，可得； 当时，若或，则， 若，则； 在上单调递增，在上单调递减， 则需，即，得． 可得； 综上，的取值范围是． 二、多选题：本题共3小题，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. 已知随机变量的分布列如下，则正确的是（ ） X 1 2 P m n A. B. C. 若，，则 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由概率和为1分析判断，对于B，根据分布列利用对立事件的概率公式分析判断，对于C，求出，再由求解判断，对于D，求出的分布列，从而可求出，进而利用方差公式求出判断. 【详解】对于A，因为，所以，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，因为，所以， 所以， 所以，故C错误； 对于D，， 则的分布列如下： X 1 4 P 所以，则，故D正确. 故选：ABD 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的单调递减区间是 B. 若，则方程有两个不等的实根 C. 若点是曲线上的动点，则点到直线距离的最小值为 D. 若过点可以作曲线的三条切线，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，由及函数连续性可判断；对B、D，将问题转化为两个函数图象交点的个数问题，画出函数的大致图象，结合图象可判断；对C，当在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小，求出点坐标，用点到直线距离公式求最值. 【详解】对于A：，由得，又函数在连续， 所以的单调递减区间是，A正确； 对于B：当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，取得最大值，又时，； 时，，所以的图象大致如图： 当时，函数与函数图象有两个交点， 即方程有两个不等的实根，B错误； 对于C：当曲线在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小， 设点，则，解得，此时， 点到直线的距离，C正确； 对于D：设过点的切线切点为，则，整理得， 若过点可以作曲线的三条切线，则函数与函数有三个交点， 对函数， 当时，函数单调递减； 当时，函数单调递增； 当时，函数单调递减. 又当时，；当时，；时，；时，， 所以函数的图象大致如下： 则当时，函数与函数有三个交点， 此时过点可以作曲线的三条切线，D正确. 故选：ACD. 11. 在棱长为的正方体中，M，N分别为，的中点，则（ ） A. B. C. 点在正方形内，当平面时，点轨迹长度为 D. 点在棱所在直线上，当平面时，四面体的外接球表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A：通过向量共线判断,与坐标不成比例,故与不平行,A错误.选项B：计算与的数量积为0,可判断两直线垂直,B正确.选项C：利用面面平行确定点轨迹为线段,计算得,C正确.选项D：由线面垂直求出点坐标,再计算四面体外接球表面积为,D错误. 【详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 正方体棱长为，各点坐标为，，，，， ，，，，. 选项A：，.两向量坐标不成比例，故与不平行，A错误. 选项B：，. ， 故，B正确. 选项C：取中点，中点，连接.， ，，，，. 可得与共面，与共面，. 因为平面，平面，且， 所以平面平面.点在正方形内且平面， 故点轨迹为线段，则，C正确. 选项D：，， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，得，即. 设，. 由平面得，即，解得，即. 四面体的顶点为，，，， 该四面体的外接球等价于以为邻边的长方体的外接球， 长方体的长宽高分别为，外接球直径， 外接球半径，表面积，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的最小值为______． 【答案】0 【解析】 【分析】求出函数定义域，对分段去绝对值，当时，分析函数的单调性；当时，利用导数分析函数的单调性并求最小值，即可得到的最小值． 【详解】解：函数的定义域为． 当时，，此时函数在上为减函数， 当时，， 则，所以在上单调递增， 在上是连续函数， 当时，单调递减，当时，单调递增． 当时取得最小值为． 故答案为：0． 13. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为棱的中点，且，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】根据数量积的定义求出，再由空间向量线性运算得到，最后根据数量积的运算律及计算即可. 【详解】底面为菱形，，， ， 为棱的中点, ， ，解得. 故答案为：. 14. 有个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个红球1个白球，其余盒子中均为1个红球1个白球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是______，从第个盒子中取到白球的概率是______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设事件表示“从第i个盒子中取到白球”（），利用全概率公式列式求解；当时，由全概率公式得，再通过构造等比数列求. 【详解】设事件表示“从第i个盒子中取到白球”（）， 则，， 所以； 当时， ， 所以，又， 则数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以， 即从第2个盒子中取到白球的概率是，从第个盒子中取到白球的概率是. 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. 正方体的棱长为4，分别为和中点，且． （1）求点到平面的距离； （2）求平面与平面夹角的余弦值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）以D为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，以及向量，得到，结合，得到点到平面的距离； （2）由（1）得是平面的一个法向量，再求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 以D为坐标原点，以所在直线分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 因为正方体 A B C D − A 1 B 1 C 1 D 1 的棱长为4， 分别为，中点，且． 则， 所以，，， 设是平面的一个法向量， 则， 令，可得，所以， 则，所以，即向量和为共线向量， 所以也是平面的一个法向量，所以平面， 又由，所以点到平面的距离. 【小问2详解】 由（1）知：向量是平面的一个法向量， 且，， 设平面的一个法向量为， 所以， 令，可得，所以， 设平面与平面的夹角为， 则. 16. 莆田二中高二某实践活动小组调查学生坚持跑步的次数与体测成绩的关系，得到如下数据：该学校有的学生平均每月坚持跑步次数超过30次，这些学生中体测成绩“及格”的概率为；平均每月跑步次数不超过30次的学生中，体测成绩“及格”的概率为． （1）若从该校任意抽取一名学生，求该学生体测成绩达到“及格”等级的概率； （2）已知该实践活动小组的8名学生中有5名体测成绩“及格”，从这8名学生中抽取3名，记为抽取的3名学生中“及格”的人数，求的分布列和数学期望； （3）现从该校随机抽取10名参加体测的学生，给每位体测成绩“及格"的学生计3分，给每位“非及格”的学生计1分，求这10名学生的总得分的数学期望． 【答案】（1） （2）随机变量的分布列为 0 1 2 3 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，设出事件，结合全概率公式，即可求解； （2）根据题意，得到随机变量的可能取值为，利用超几何分布的概率公式，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解； （3）设表示“合格”学生人数，表示“总得分”，得到，且，结合期望的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：设事件“抽取1名学生，该学生平均每月坚持跑步的次数超过30”， 则“抽取1名学生，该学生平均每月坚持跑步的次数不超过30”， 设事件“抽取1名学生，该学生体测成绩达到‘及格’等级”， 由全概率公式，可得， 所以从该学校任意抽取一名学生，该学生体测成绩达到“及格”等级的概率为； 【小问2详解】 解：根据题意，随机变量的可能取值为， 可得，， ，， 所以随机变量的分布列为 0 1 2 3 所以期望为. 【小问3详解】 解：设表示“及格”学生人数，表示“总得分”, 则变量，其中， 所以，则. 17. 已知． （1）若，求不等式的解集； （2）若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围； 【答案】（1） （2）且. 【解析】 【分析】（1）先求出，从而原不等式即为，构建新函数，由该函数为增函数可求不等式的解； （2）求出函数的导数，就分类讨论后可得参数的取值范围. 【小问1详解】 因为，故，故，故， 故即为， 设，则，故在上为增函数， 而即为，故， 故原不等式的解为. 【小问2详解】 在有极大值即为有极大值点. ， 若，则时，，时，， 故为的极小值点，无极大值点，故舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 若，则时，，无极值点，舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 综上，且. 18. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，是边长为2的等边三角形，为侧棱的中点，为线段上一点. （1）证明：平面平面； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值； （3）设点为三棱锥的外接球的球心，试判断三棱锥的体积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）是定值， 【解析】 【分析】（1）先由面面垂直证明平面，得，再由题设条件证明，即可证明平面，再由面面垂直的判定定理即可得证； （2）由平面证得，得为线段的中点，取的中点为坐标原点建系，求出相关向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得； （3）先判断三棱锥外接球的球心为线段的中点，易得，可得点到平面的距离为点到平面的距离的一半，利用等体积即可求出三棱锥的体积. 【小问1详解】 平面平面，平面平面 ，，且平面，则平面， 因平面，则，又，则， 因平面，则平面， 又平面，故平面平面. 【小问2详解】 由平面，平面平面，平面，则 故为的中点，取的中点，连接，， 则平面，因平面，则， ，平面，所以平面 故可以为坐标原点，，所在直线为轴，过作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意，，，，， 则，，. 设平面的法向量为， 则，故可取， 设与平面所成角为，则. 【小问3详解】 由（1）知，平面，因平面，则，即为直角三角形， 又也为直角三角形，则三棱锥外接球的球心为线段的中点. ，即 ，在平面外，在平面内，则平面， 故点到平面的距离等于点到平面的距离，又等于点到平面的距离的一半. 故， 而，故. 19. 已知函数. （1）若， （i）求函数的单调区间； （ii）证明：函数在区间上有且只有一个零点． （2）若对任意恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）（i）单调递增区间为，单调递减区间为；（ii）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）（i）利用导数求解函数单调区间；（ii）利用导数证明函数的零点； （2）利用导数结合函数不等式恒成立，求解参数的取值范围； 【小问1详解】 （i）函数的定义域为， 当时，， 则，令，得；令，得， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为. （ii）因为， 令，则， 当时，所以，所以即在区间上单调递减， 故对任意，都有，所以在区间上单调递增， 又， 所以在区间上有且只有一个零点． 【小问2详解】 由对任意恒成立， 即对任意恒成立， 令，则， 所以，令， 则， 当时，对任意，则， 所以在上单调递减，所以，满足题意； 当时，在区间上恒成立，所以在区间上单调递减， 又， ①当，即时，恒成立， 所以在区间上单调递减，所以，满足题意； ②当且，即时， 由零点存在性定理知，，使得． 当时，，所以在上单调递增，所以，不满足题意； ③当，即时， 对任意单调递增，所以，不满足题意． 综上，实数的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $