精品解析：陕西咸阳渭城中学2025-2026学年高二第二学期期中质量检测数学考试试题

高二年级第二学期期中质量检测 数学考试试题 命题人：王红娟 审题人：景召 李怡娟 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. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求解一元二次不等式得到集合的取值范围，再根据子集定义判断集合与的包含关系. 【详解】 . ，则. 2. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】求出直线平行的充要条件为，结合充分条件、必要条件的定义即可得解. 【详解】若，则有，所以或， 当时，，故，重合； 当时，，满足条件， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件， 故选：D． 3. 若是上的可导函数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数的定义运算求解即可. 【详解】由导数的定义可得.故选:B. 4. 设，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知结合基本不等式即可求解最值. 【详解】由，，， 则， 当且仅当，即时取等号. 故选：B. 5. 如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算求解. 【详解】， 6. 甲、乙、丙3人各自从A，B，C这3个景点中随机选1个去旅游，设事件“3个人都没去A景点”，事件“甲独自去一个景点”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出、，再应用条件概率公式求概率即可. 【详解】由题设，“3个人都没去A景点且甲独自去一个景点”，甲与乙丙看作两组安排到2个景点有2种方法， “甲独自去一个景点”，甲在3个景点任选一个，其它两人在余下的2个景点任选， 又3人在3个景点任选有种，所以，， 所以. 故选：B 7. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的有（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图象关于点，中心对称 C. 函数在单调递减 D. 将该图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），可得的图象 【答案】D 【解析】 【详解】∵ 由图象可知，函数的最大值为，最小值为，且，故. ∵ 函数最高点横坐标为，相邻零点横坐标为，二者间隔为，对应个周期， ∴ ，即，故，则. 将最高点代入得，即， 又，故，解得，即. 对选项A：∵ 的最小正周期，不是，∴ A错误. 对选项B：令，，解得，，即函数对称中心为，，与，不一致，∴ B错误. 对选项C：当时，， ∵ 在上单调递减，在上单调递增， ∴ 在上不是单调递减，∴ C错误. 对选项D：将图象向右平移个单位长度，得 ， 再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得 ，符合要求，∴ D正确. 8. 设实数，若对恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将指对混合形式变形为同构形式，再构造函数，利用函数单调性求函数最值，得到参数范围. 【详解】由，则，， 当时，，恒成立， 即任意，对恒成立； 当时，， 即，其中， 构造函数，则. ，因为，所以，单调递增； 则有，则， 构造函数， 则，令，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 则， 即当时，， 故要使恒成立，则，即的取值范围为. 故选：B. 【点睛】一般地，在等式或不等式中指对形同时出现，可能需要利用指对同构来解决问题.解决问题的关键在于指对分离，构造“指幂—幂对”形式，再构造函数求解.常见的同构式有：与，与等. 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. 若的二项展开式共有项，则该二项展开式中（ ） A. 各项二项式系数和为 B. 奇数项的各项系数和为 C. 有理项共有项 D. 展开式中第项的系数最大 【答案】AD 【解析】 【详解】∵ 二项式的展开式共有项，二项式展开式的项数为， ∴ ，解得，即二项式为， 其展开式的通项公式为，其中. 对选项A：各项二项式系数和为，故A正确. 对选项B：设奇数项系数和为，奇数项对应，代入得，故奇数项系数和为64，B错误. 对选项C：若项为有理项，则的指数为整数，即为整数，故为偶数，可取，共4个值，即有理项共有项，故C错误. 对选项D：展开式各项的系数为，正系数对应为偶数： 时系数为，时系数为，时系数为，时系数为， 最大系数为，对应，即第项，故展开式中第项的系数最大，D正确. 10. 在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 数列是公差为2的等差数列 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用等比数列的性质得到，求出首项，从而求出通项公式和求和公式，利用对数运算得到，得到数列是公差为1的等差数列，判断出四个选项. 【详解】由题意得：，而， 解得：或 当时，，满足题意； 当时，，不合题意，舍去， 故A正确； 由于，所以，则， 其中，故是等比数列，B正确； ，C正确； ，则，则， 故数列是公差为1的等差数列，D错误. 故选：ABC 11. 如图，类似“心形”的曲线，可以看成由上部分曲线，下部分曲线构成，曲线的一个焦点为，是“心形”曲线上的动点，下列说法正确的是（ ） A. 曲线的方程为 B. 的最大值为 C. 若直线与曲线有2个交点，则的取值范围为 D. 曲线上的点到直线的距离的最小值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据题意可得，即可得方程；对于B：举反例说明即可；对于C：根据直线与圆、椭圆的位置关系分析临界条件，结合图形即可得结果；对于D：结合图形可知：曲线上的点到直线的距离的最小值即为直线与直线之间的距离，即可得结果. 【详解】由可变形为， 则上半部分表示以为圆心，1为半径的2个半圆. 对于选项A：曲线的焦点为，解得，，， 则曲线的方程为，故A正确； 对于选项B：设椭圆的上焦点，则， 当点位于的下顶点时，即， 则，故B错误； 对于选项C：联立方程，消去可得， 令，解得（舍去）或， 取直线和直线； 若点到直线，即的距离，解得或（舍去）， 若点到直线，即的距离，解得或（舍去）， 取直线和直线； 以直线为临界，结合图形可知： 若直线与曲线有2个交点，则或， 所以的取值范围为，故C正确； 对于选项D：结合图形可知：曲线上的点到直线的距离的最小值即为直线与直线之间的距离， 且两平行线间距离为， 所以曲线上的点到直线的距离的最小值为，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是定义在上的奇函数，且当时，；当时，的解析式为____________ 【答案】 【解析】 【分析】先利用奇函数的定义和性质，结合已知区间的解析式，代入化简即可推出未知区间的解析式. 【详解】设，则， 所以， 根据奇函数性质得：， 所以当时，的解析式为：. 故答案为： 13. 设如果，那么______，______． 【答案】 ①. ##3.2 ②. ##0.64 【解析】 【分析】由二项分布方差以及期望的公式求解即可. 【详解】． 故答案为：； 14. 用0，1，2，3，4这5个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有______个． 【答案】30 【解析】 【分析】根据个位数字，分类讨论，结合排列组合即可求解. 【详解】若个位数字为0，则百位和十位从剩余4个数字中任选2个排列，可得个符合条件的偶数， 若个位数字是2或4，则从除0外的其他3个数字中选择一个作百位数字，再从剩余数字中选择一个作为十位数字，此时共有个符合条件的偶数， 因此一共有个符合条件的偶数， 故答案为：30 四、本题共5小题，15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且. （1）求C； （2）若的面积为求c. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理以及正弦定理，整理化简等式，根据和角公式，可得答案； （2）利用面积公式建立方程组，结合余弦定理，可得答案. 【小问1详解】 由余弦定理，得 所以 由正弦定理得 即，所以. 又，所以，所以. 因为，所以，所以. 又，所以. 【小问2详解】 因为的面积为，所以，即. 联立方程，解得或（舍）. 由余弦定理，得. 16. 如图，在四棱锥平面，底面是直角梯形，其中，为棱上的点，且. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）由题意建系，写出相关点的坐标，计算向量坐标和平面的法向量的坐标，由即可证得； （2）分别求两平面的法向量坐标，由空间向量的夹角公式计算即得余弦值，再求正弦值即可. 【小问1详解】 因平面，且， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 则、、、、. 于是，，, 设平面的法向量为， 则，令，可得， 又，显然，，故得平面. 【小问2详解】 设平面的法向量为，且，， 则，令，可得. 而平面的法向量是， 所以，即 因此，平面与平面所成夹角的正弦值为. 17. 现有红、黄、绿三个不透明盒子，其中红色盒子内装有两个红球，一个黄球和一个绿球；黄色盒子内装有两个红球，两个绿球；绿色盒子内装有两个红球，两个黄球.小明第一次先从红色盒子内随机抽取一个球，将取出的球放入与球同色的盒子中；第二次从该放入球的盒子中随机抽取一个球. （1）求第二次抽到红球的概率； （2）若第二次抽到红球，求它来自黄色盒子的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分别记事件第一次先从红色盒子内取出红球为，取出黄球为，取出绿球为，第二次抽到红球为，则.然后求出各个事件的概率以及条件概率，利用全概率公式计算即可得出答案； （2）利用条件概率公式以及贝叶斯公式求解即可得出答案. 【小问1详解】 分别记事件第一次先从红色盒子内取出红球为，取出黄球为，取出绿球为，第二次抽到红球为，则. 由已知可得，，， 所以， . 【小问2详解】 由已知可得，第一次取到黄球， 所以第二次抽到红球，求它来自黄色盒子的概率为. 18. 已知点到点的距离比它到直线的距离小1． （1）求点的轨迹方程； （2）直线过点与点的轨迹相交于两点，若，求直线的方程． 【答案】（1）； （2）或 【解析】 【分析】（1）根据题意，转化为点到点的距离等于到直线的距离，结合抛物线的定义，即可求解； （2）设直线的方程为，联立方程组，得到，根据，得到，代入韦达定理，求得的值，即可求解. 【小问1详解】 解：由点到点的距离比它到直线的距离小1， 则点到点的距离等于它到直线的距离， 由抛物线定义知，点的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线， 可得，所以点的轨迹方程为. 【小问2详解】 解：直线过点，由已知直线的斜率不为， 故设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 则，设，所以 因为，可得，所以， 则，解得， 所以直线的方程为或. 19. 函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，解方程； （3）当时，不等式恒成立，求a的取值范围. 【答案】（1）答案见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，分类讨论、，结合导数的符号确定单调性； （2）由已知得，构造且，并应用导数研究其零点，即可得解； （3）令，则，讨论、，并得到恒成立，利用导数研究右侧的最小值，即可得范围. 【小问1详解】 由题设且， 当时，，即在上单调递增， 当时， 若，，即在上单调递减， 若，，即在上单调递增， 综上，时在上单调递增， 时在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 由题设，则，故，即， 令且，则， 当，，即在上单调递增， 当，，即在上单调递减， 又，即，当且仅当取等号， 所以的解为，即的解为. 【小问3详解】 由且，令，则， 当时，，此时，满足题设； 当时，恒成立， 令，则， 令，则， 时，，在上单调递减， 时，，在上单调递增，且， 故时，即，时，即， 所以在上单调递减，在上单调递增，故， 所以，即， 综上，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级第二学期期中质量检测 数学考试试题 命题人：王红娟 审题人：景召 李怡娟 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. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 2. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 若是上的可导函数，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 设，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则（ ） A. B. C. D. 6. 甲、乙、丙3人各自从A，B，C这3个景点中随机选1个去旅游，设事件“3个人都没去A景点”，事件“甲独自去一个景点”，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的有（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图象关于点，中心对称 C. 函数在单调递减 D. 将该图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），可得的图象 8. 设实数，若对恒成立，则的取值范围为（ ） 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. 若的二项展开式共有项，则该二项展开式中（ ） A. 各项二项式系数和为 B. 奇数项的各项系数和为 C. 有理项共有项 D. 展开式中第项的系数最大 10. 在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 数列是公差为2的等差数列 11. 如图，类似“心形”的曲线，可以看成由上部分曲线，下部分曲线构成，曲线的一个焦点为，是“心形”曲线上的动点，下列说法正确的是（ ） A. 曲线的方程为 B. 的最大值为 C. 若直线与曲线有2个交点，则的取值范围为 D. 曲线上的点到直线的距离的最小值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是定义在上的奇函数，且当时，；当时，的解析式为____________ 13. 设如果，那么______，______． 14. 用0，1，2，3，4这5个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有______个． 四、本题共5小题，15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且. （1）求C； （2）若的面积为求c. 16. 如图，在四棱锥平面，底面是直角梯形，其中，为棱上的点，且. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的正弦值. 17. 现有红、黄、绿三个不透明盒子，其中红色盒子内装有两个红球，一个黄球和一个绿球；黄色盒子内装有两个红球，两个绿球；绿色盒子内装有两个红球，两个黄球.小明第一次先从红色盒子内随机抽取一个球，将取出的球放入与球同色的盒子中；第二次从该放入球的盒子中随机抽取一个球. （1）求第二次抽到红球的概率； （2）若第二次抽到红球，求它来自黄色盒子的概率. 18. 已知点到点的距离比它到直线的距离小1． （1）求点的轨迹方程； （2）直线过点与点的轨迹相交于两点，若，求直线的方程． 19. 函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，解方程； （3）当时，不等式恒成立，求a的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $