河北张家口市第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

**基本信息** 立足高二数学核心知识，以中国传统建筑窗棂、驾车过路口等情境融合文化传承与实际应用，通过分层设计考察数学抽象、逻辑推理与数学建模能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、函数性质、三角求值|基础概念辨析，如第3题奇偶性与单调性判断| |多选题|3/18|函数极值、统计回归|多维度能力考察，如第10题回归方程与相关系数分析| |填空题|3/15|三角恒等变换、立体几何体积|空间想象与运算能力，如第14题圆锥内接正四棱台体积| |解答题|5/77|数列综合、椭圆面积、立体几何夹角、函数性质、概率应用|跨模块综合，如第19题以驾车过路口为背景考察概率计算与比较，体现数学建模；第17题结合几何证明与空间角求解，考察逻辑推理|

张家口市第一中学高二年级期中考试数学试卷 一、单选题（每题5分） 1．已知集合，则（   ） A． B． C． D． 2．（    ） A． B． C． D． 3．下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（   ） A． B． C． D． 4．已知，则下列结论不成立的是（   ） A． B． C． D． 5．中国传统建筑的窗棂纹样中，常运用扇面拼接的设计．如图，这是某窗棂的平面图（扇形截去扇形剩余的部分），已知，，，则（   ） A． B． C． D． 6．记的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（   ） A． B． C． D． 7．设抛物线的焦点为，准线为，为上一点，以为圆心，为半径的圆交于，D两点，若，且的面积为，则（   ） A． B． C． D． 8．已知函数，则的解集是（   ） A． B． C． D． 二、多选题（每题6分） 9．已知函数，则下列说法中正确的是（   ） A． B．的极大值点是 C．在处的切线为 D．图象的对称中心是 10．两个具有相关关系的变量，的一组数据为，，，，其经验回归方程为，记，，相关系数为；若将数据调整为，，，，其经验回归方程为，记，相关系数为，则（   ） 附：， A． B． C． D． 11．双曲线左右焦点为，，为坐标原点，过点作斜率为的直线交双曲线左支于，两点，点在轴上方，且，则（   ） A． B．的离心率为2 C．的面积为 D． 三、填空题（每题5分） 12．已知，则的值是______. 13．已知，则的取值范围为______ 14．已知圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，正四棱台的上底面四个顶点均在圆锥的侧面上，下底面四个顶点均在圆锥的底面圆周上，若正四棱台的上、下底面面积比为，则该正四棱台的体积为______ 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）等差数列的前项和为，已知，. (1)求的通项公式； (2)数列的各项依次是数列的第，，，项，这些下标构成等比数列，求数列的前项和. 16．（本题15分）已知椭圆的离心率为，长轴长为4，点，为坐标原点. (1)求椭圆的方程； (2)设过点的直线的倾斜角为，且与椭圆相交于两点.求的面积. 17．（本题15分）如图，在三棱柱 中， ， 分别为 ， 的中点. (1)若点 在线段 上，且 ，求证：平面 ； (2)若 ，，，求平面 与平面 的夹角. 18．（本题17分）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)当时，求曲线的对称轴； (3)求的最大值和最小值. 19．（本题17分）某人开车从地到地，依次路过编号为，，，的个路口，每个路口等可能地遇到红灯或绿灯且相互独立，记奇数号路口遇到红灯的次数为，偶数号路口遇到红灯的次数为，记事件“”为，的概率为. (1)求，； (2)当. （i）设，求； （ii）比较与的大小，并证明你的结论. 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 《张家口市第一中学高二年级期中考试数学试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C D C B A A BCD BD 题号 11 答案 ABD 1．D 【详解】集合，则 . 2．C 【详解】化简得. 3．C 【分析】利用函数的奇偶性及在上的单调性逐项判断即可. 【详解】对于A，函数在上单调递减，A不是； 对于B，函数的定义域为，不具有奇偶性，B不是； 对于C，函数的定义域为R，是偶函数，在上单调递增，C是； 对于D，函数是R上的奇函数，不是偶函数，D不是. 故选：C 4．D 【分析】根据不等式的性质逐项分析后可得正确的选项. 【详解】对于A，因为，故，故， 故，故A成立； 对于B，因为，故，又，故，故B成立； 对于C，因为，故，又，故，故C成立； 对于D，因为，故，故，故D不成立. 5．C 【详解】由题意可得，，且， 所以. 6．B 【分析】根据正弦定理结合二倍角的正弦公式可求的正弦和余弦，再根据三角变换公式求得，从而可求三角形的面积. 【详解】在中，由正弦定理得， 即，解得，而为三角形内角，所以， ，， 所以。 则.故选：B. 7．A 【分析】由题设易得圆的半径、，结合的面积即可求参数， 【详解】由题意，，，且，    ∴圆的半径，即，而， 由抛物线的定义知：到的距离， ∴，即，解得， 故选：A 8．A 【分析】当时，即为，利用函数和的图像求解不等式；当时，即为，利用函数和函数的图象求解不等式，两类结果取并集即为所求. 【详解】当时，，即为， 画出函数和在上的图象如图所示， 当时，，所以的解为； 当时，不满足； 当时，，即为， 画出函数和函数的图象如图所示， 当时，，所以的解为. 综上，的解为. 故选：A 9．BCD 【分析】对于A，求导代入即可判断，对于B，根据导数研究函数的单调性，判断极值点即可；对于C，根据导数的几何意义求出切线方程；对于D，根据函数的对称性进行判断. 【详解】， 对于A，，故A错误； 对于B，令，则，解得或， 所以当时，，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以的极大值点是，故B正确； 对于C，，， 所以在处的切线为，即，故C正确； 对于D， ， 所以图象的对称中心是，故D正确； 故选：BCD 10．BD 【分析】根据给定条件，可得，再结合最小二乘法、经验回归方程、相关系数计算判断即可. 【详解】对于A，，A错误； 对于B，，B正确； 对于C，，则，C错误； 对于D，，D正确. 故选：BD 11．ABD 【分析】根据给定条件，结合双曲线定义及余弦定理可得判断AB；结合三角形面积公式及余弦定理求解判断CD. 【详解】设双曲线焦点，由 及双曲线定义得， 在中，由，得，由余弦定理得 ，解得， 对于A，，A正确； 对于B，的离心率，B正确； 对于C，在等腰与中，， 解得，而， ，C错误； 对于D，在中，，D正确. 故选：ABD    12．/ 【分析】先对原三角函数等式展开合并，得，并结合三角函数的和差公式得，最后再结合二倍角公式和三角函数的奇偶性即可得到答案． 【详解】已知，所以展开可得， 所以，故，所以， 所以． 故答案为：． 13． 【分析】利用换底公式换为，结合对勾函数求解即可. 【详解】因为， 所以令，则，所以，由的图象可知， 所以，，所以. 故答案为：. 14．/ 【分析】根据给定条件，利用圆锥及内接正四棱台的结构特征，作出过棱台对角面的截面，求出棱台的上下底面边长及高，再利用台体的体积公式计算得解. 【详解】依题意，圆锥的内接正四棱台的下底面正方形是圆的内接正方形， 上底面正方形的四个顶点在侧面上，该正四棱台的对角面所在平面截圆锥得其轴截面正， ，由正四棱台的上、下底面面积比为，得， 则，令圆锥的轴交正四棱台上底面于，则，而， 则正四棱台的高，该正四棱台的体积为. 故答案为：    15．(1) (2) 【分析】（1）根据已知条件求出等差数列的首项和公差，进而得到通项公式； （2）根据数列的构成特点，确定其通项公式，再计算前项和. 【详解】（1）因为是等差数列，由已知，，得， 所以，所以，所以； （2）由题意可知：，所以. 16．(1) (2) 【分析】（1）先根据已知条件求出的值，再利用椭圆中 的关系，计算得到，代入即可求出椭圆的标准方程； （2）先由直线倾斜角得到斜率，并结合点写出直线方程；然后将直线方程与椭圆方程联立整理得到一元二次方程，利用韦达定理得到两根之和与两根之积；再通过弦长公式求出弦长，并利用点到直线的距离公式求出原点到直线的距离 ；最后代入三角形面积公式求解即可. 【详解】（1）因为椭圆的长轴长为，即，所以 ， 则离心率 ，代入得， 所以， 所以椭圆的方程为：. （2）因为直线过点，倾斜角为， 所以斜率，直线方程为： 则联立直线与椭圆方程： 所以，整理：， 设，，由韦达定理： 所以弦长 ， 原点到直线 的距离： 所以. 17．(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）取的中点，连接，利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理得证. （2）由给定条件证得两两垂直，进而建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）在三棱柱 中，取的中点，连接，由为的中点， 得，而，则，又为的中点，则， 而平面，平面，于是平面，平面， 又平面，因此平面平面，而平面， 所以平面. （2）由，得，而，则， 由，得，即， 故可以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，得， 则， 设平面的一个法向量，则，令，得， 而平面的一个法向量，因此， 所以平面与平面的夹角为. 18．(1)增区间是，减区间是 (2) (3)当时，； 当，且为奇数时，. 【分析】（1）利用辅助角公式将其化简，再根据正弦函数的单调性求解单调区间； （2）设出的对称轴，根据对称的性质，求出对称轴，再证明； （3）分，和，结合导数求解. 【详解】（1）当时，， 令，解得. 令，解得. 所以的单调递增区间是，单调递减区间是. （2）当时，. 不妨设时，的对称轴方程为，由对称轴定义得， 令，得， 化简得，即，所以， 下面证明当时，恒成立， 因为 ， 所以的对称轴方程为. （3）当时，时，； 时，. 当时，，， 因为，且为奇数，单调递增，考虑一个周期，令， 当变化时，的变化如下表， 0 0 0 + 0 1 减 增 1 减 （接上表） 0 + 0 0 + 0 增 减 增 1 综上，当时，； 当，且为奇数时，. 19．(1)； (2)（i）；（ii），证明见解析 【分析】（1）根据题意，利用乘法公式计算概率即可； （2）（i）易知，再根据公式计算； （ii）设随机变量是比少的个数,可取，结合范德蒙恒等式得到，进而得到，设，再计算即可． 【详解】（1）时，，则第1个路口遇到绿灯，第2个路口遇到红灯， ， 时，，则第1个路口遇到绿灯，第2个路口遇到红灯，第3个路口遇到绿灯， ； （2）（i）根据题意，， ； （ii），理由如下： 设随机变量是比少的个数,可取， ， 而， 所以， 所以， 所以， 设，则， 所以， 即． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $