精品解析：江苏省海门中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷4.27

江苏省海门中学2025-2026学年度第二学期期中考试试卷 高二数学 命题人： 审题人： 制题人： 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，只有一项是符合要求的. 1. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 2. 若（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 已知命题p：菱形不是矩形，该命题的否定是（ ） A. 菱形是矩形 B. 存在一个菱形，它是矩形 C. 存在菱形不是矩形 D. 存在是菱形的矩形 4. 函数定义在区间，则 “在上恒成立” 是 “在区间单调递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不必要也不充分条件 5. 5名工人各自在4天中选择1天休息，不同方法的种数是（ ） A. B. C. D. 6. 已知是函数的一个极值点，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 7. 给定一个点和一个向量，那么过点，且以向量为法向量的平面可以表示为集合，即在空间直角坐标系中，若，，设，则平面的方程为.根据以上信息，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. 0 B. C. D. 8. 将6个各不相同的小球全部放入4个颜色各不相同的盒子中，每个盒子至少放一个小球，其中红色盒子至多放两个小球，则一共有（ ）种不同的放法. A. 480 B. 540 C. 1440 D. 4320 二、多选题本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 下列函数中，其图象在某点处的切线与直线平行的是（ ） A. B. C. D. 10. 函数在定义域内可导，若，且，若，，，则a，b，c的大小关系正确的有（ ） A. B. C. D. 11. 如图，已知平行六面体，若空间中一点P满足，其中，则（ ） A. 存在x，y，使得P在直线上 B. 当时，P在平面内 C. 当时，平面 D. 存在x，y，使得平面 三、填空题本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知 的展开式中，只有 的系数最大，则 的系数和为_____． 13. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为____ 14. 对于函数，若在其定义域内存在实数，满足，则称函数为“局部奇函数”，称点和点是函数的一对“局部对称点”，请写出函数的一对“局部对称点”：______；若函数为“局部奇函数”，则实数的取值范围为______. 四、解答题本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 函数在处取得极值． （1）求a； （2）求的单调区间． 16. 某地举办了一次地区性的中国象棋比赛，小明作为选手参加.除小明外的其他参赛选手中，一、二、三类棋手的人数之比为5：7：8，小明与一、二、三类棋手比赛获胜的概率分别是0.6、0.5、0.4. （1）从参赛选手中随机抽取一位棋手与小明比赛，求小明获胜的概率； （2）如果小明获胜，求与小明比赛的棋手为一类棋手的概率. 17. 已知在的展开式中，前项的系数分别为、、，且满足. （1）展开式中是否存在常数项，若存在，求出该常数项；若不存在，请说明理由； （2）求展开式中系数最大的项. 18. 如图，在五面体中，，，，为等边三角形，平面平面． （1）证明：直线平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）设点为线段上一动点，请从以下两个条件中任选一个作答． ①； ②； 是否存在满足所选条件的点，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分． 19. 已知函数． （1）当时，证明：； （2）若存在两个极值点，记． （i）求的取值范围； （ii）若，求直线斜率的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省海门中学2025-2026学年度第二学期期中考试试卷 高二数学 命题人： 审题人： 制题人： 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，只有一项是符合要求的. 1. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解集合得：或， 由，则. 2. 若（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】,所以,. 3. 已知命题p：菱形不是矩形，该命题的否定是（ ） A. 菱形是矩形 B. 存在一个菱形，它是矩形 C. 存在菱形不是矩形 D. 存在是菱形的矩形 【答案】B 【解析】 【分析】由全称命题的否定，即否定条件，否定结论即可求解. 【详解】原命题可以写作：全部的菱形，都不是矩形，是全称命题， 所以该命题的否定是存在量词命题，即：存在一个菱形，它是矩形. 4. 函数定义在区间，则 “在上恒成立” 是 “在区间单调递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不必要也不充分条件 【答案】A 【解析】 【详解】若在上恒成立，则在区间单调递增，充分性满足； 若在区间单调递增且可导，则在上（等号在某些点处取得），不能得到， 比如在单调递增，但，以及还有不可导的情况，必要性不满足， 因此“在上恒成立” 是 “在区间单调递增”的充分不必要条件. 5. 5名工人各自在4天中选择1天休息，不同方法的种数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】每一名工人都有4种选择方法，根据分步计数原理求得5名工人不同选择方法的种数． 【详解】每一个工人都有4种选择方法，故5名工人不同方法的种数有种. 6. 已知是函数的一个极值点，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得：， 又是的一个极值点，所以，所以， 所以，所以. 7. 给定一个点和一个向量，那么过点，且以向量为法向量的平面可以表示为集合，即在空间直角坐标系中，若，，设，则平面的方程为.根据以上信息，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意求解平面法向量，利用待定系数法求解的方向向量为，即可利用向量的夹角公式求解. 【详解】由题意可知，平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为. 又直线是平面与平面的交线，设直线的方向向量为， 则取，则. 设与平面所成的角为，则. 故选:D. 8. 将6个各不相同的小球全部放入4个颜色各不相同的盒子中，每个盒子至少放一个小球，其中红色盒子至多放两个小球，则一共有（ ）种不同的放法. A. 480 B. 540 C. 1440 D. 4320 【答案】C 【解析】 【分析】若红色盒子放一个小球，则剩下三个盒子按照1:2:2或1:1:3来放；若红色盒子放两个小球，则剩下三个盒子按照1:1:2来放，再利用分组分配求解. 【详解】若红色盒子放一个小球，则剩下三个盒子按照1:2:2或1:1:3来放， 若按照1:2:2来放：有种， 若按照1:1:3来放：有种， 若红色盒子放两个小球，则剩下三个盒子按照1:1:2来放， 共有种， 故一共有540+360+540=1440种不同的放法. 故选：C. 二、多选题本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 下列函数中，其图象在某点处的切线与直线平行的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据导数的几何意义和常用函数的导数对选项一一分析即可. 【详解】对于A，由，可得，无解，所以A不符合题意； 对于B，由，可得，有解，所以B符合题意； 对于C，由，可得，有解，所以C符合题意； 对于D，由，可得，有解，所以D符合题意. 故选：BCD. 10. 函数在定义域内可导，若，且，若，，，则a，b，c的大小关系正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】由得，则函数关于对称， 当时，由得，函数单调递减； 当时，由得，函数单调递增. 又，，，故. 11. 如图，已知平行六面体，若空间中一点P满足，其中，则（ ） A. 存在x，y，使得P在直线上 B. 当时，P在平面内 C. 当时，平面 D. 存在x，y，使得平面 【答案】BC 【解析】 【分析】利用基底来表示空间向量，结合向量的线性运算和空间向量共面定理，即可作出推断. 【详解】 设， 则， 所以， 要使得P在直线上，则， 则满足，解得， 这与已知条件相矛盾，故A错误； 当时，，则， 要使得P在平面内，则满足， 因为则， 所以，解得，即存在满足，故B正确； 当时，， 所以共面，且它们有公共点，即可得平面， 又因为平面平面，所以平面，故C正确； 要使得平面，则只需要证明平面， 即假设存在使得：， 又因为，所以， 因为，即不存在x，y，使得平面，故D错误. 三、填空题本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知 的展开式中，只有 的系数最大，则 的系数和为_____． 【答案】256 【解析】 【详解】二项式  展开式的系数与该项的二项式系数相等， 则二项式  展开式中，只有  的二项式系数最大，而含的项是展开式的第5项， 于是该展开式共有9项，即，解得， 所以  的系数和为. 13. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为____ 【答案】 【解析】 【分析】由题意，可得正方体的内切球球心为正方体中心，内切球半径，法一：连接，相交于点，连接，先证明平面，可得到平面的距离等于点到平面的距离，再利用等体积法求得，进而求出截面圆半径，进而求解即可；法二：建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用点面距离公式求解到平面的距离，进而求出截面圆半径，进而求解即可. 【详解】由题意，正方体的内切球球心为正方体中心，内切球半径. 法一：连接，相交于点，则点为的中点，连接. 可得，因为平面，平面， 所以平面，在上， 则到平面的距离等于点到平面的距离，设为， ，， 由，得，则， 则截面圆半径，所以截面面积； 法二：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，所以， 则到平面的距离， 所以截面圆半径，所以截面面积. 14. 对于函数，若在其定义域内存在实数，满足，则称函数为“局部奇函数”，称点和点是函数的一对“局部对称点”，请写出函数的一对“局部对称点”：______；若函数为“局部奇函数”，则实数的取值范围为______. 【答案】 ①. 和 ②. 【解析】 【分析】根据给定定义列出方程求解；求出函数图象关于原点对称的函数图象解析式，再建立方程，利用导数求出方程有解的范围即可. 【详解】设函数的一对“局部对称点”为， 则，即，解得或， 所以函数的一对“局部对称点”为和； 根据局部奇函数的定义，需存在使得， 不妨设，则，可得方程，即， 问题转化为方程在上有解. 令，求导得 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， ，当时，， 当，且时，， ，当时，，当时， 因此， 所以实数的取值范围为. 故答案为：和； 四、解答题本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 函数在处取得极值． （1）求a； （2）求的单调区间． 【答案】（1）1 （2）单调递增区间为，；单调递减区间为，． 【解析】 【分析】（1）根据函数的极值点和函数导数零点之间的对应关系，对函数求导，求出参数. （2）根据函数单调区间和导函数之间的关系，对函数求导，列出不等式求解，写出单调区间. 【小问1详解】 因为函数在处取得极值，所以 所以，解得． 经检验，当时，，， 可知在左右两侧导函数符号不同，所以符合题意． 【小问2详解】 ； 令，解得 所以，x，，的关系如下表： x 0 1 2 0 0 0 极大值 极小值 极大值 所以的单调递减区间为，；单调递增区间为，． 16. 某地举办了一次地区性的中国象棋比赛，小明作为选手参加.除小明外的其他参赛选手中，一、二、三类棋手的人数之比为5：7：8，小明与一、二、三类棋手比赛获胜的概率分别是0.6、0.5、0.4. （1）从参赛选手中随机抽取一位棋手与小明比赛，求小明获胜的概率； （2）如果小明获胜，求与小明比赛的棋手为一类棋手的概率. 【答案】（1）0.485； （2）. 【解析】 【分析】（1）由全概率公式求解可得； （2）利用（1）中结论，由条件概率公式计算即可 【小问1详解】 记事件B：“小明获胜”，记事件：“小明与第类棋手相遇”， 由题可得，，，， ，，. 由全概率公式可知： . 【小问2详解】 由条件概率公式可得. 即小明获胜，对手为一类棋手的概率为. 17. 已知在的展开式中，前项的系数分别为、、，且满足. （1）展开式中是否存在常数项，若存在，求出该常数项；若不存在，请说明理由； （2）求展开式中系数最大的项. 【答案】（1）不存在，理由见解析 （2）、 【解析】 【分析】（1）求出、、，根据可得出关于的方程，结合可求得的值，写出展开式通项，令的指数为零，求出参数值，即可得出结论； （2）方法一：设第项系数为，根据，求出的范围，可得出的值，代入通项即可； 方法二：设第项系数为，分析的单调性，可得出的最大值，代入通项即可得解. 【小问1详解】 因为展开式的通项公式为， 所以，，， 依题意得，即， 由已知，所以，则， 令，解得，故展开式中不存在常数项. 【小问2详解】 （方法一）设第项系数为， 由可得，即， 解得，故或， 即展开式中第三和第四项系数最大，故系数最大项为，； 设第项系数为， 则，所以， 由，所以， 当或时，； 时，； 时，. 故展开式中第三和第四项系数最大，故系数最大项为，. 18. 如图，在五面体中，，，，为等边三角形，平面平面． （1）证明：直线平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）设点为线段上一动点，请从以下两个条件中任选一个作答． ①； ②； 是否存在满足所选条件的点，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，为线段的中点 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，结合面面垂直的性质分析证明即可； （2）建系并标点，求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角； （3）设（），可得，，若选①：根据空间向量的数量积运算求解；若选②：可得，结合模长公式运算求解. 【小问1详解】 因为，，则，即． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 取的中点，连接， 因为为等边三角形，且，则，且， 以为坐标原点，，，平行的直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 可得，，， 设面的一个法向量为，则， 令，得，，可得； 设平面的一个法向量为，则， 令，得，，可得； 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 【小问3详解】 由（2）可知，， 因为点在线段上，设（），则（）， 因为，， 若选①：存在一点，使得， 理由如下：因为，解得或（舍去）， 所以当为线段的中点时，． 若选②：存在一点，使得， 理由如下：因为， 可得， 又因为，即，解得或（舍去）， 因此当为线段的中点时，． 19. 已知函数． （1）当时，证明：； （2）若存在两个极值点，记． （i）求的取值范围； （ii）若，求直线斜率的最小值． 【答案】（1）证明见详解 （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）通过分析得到要证，即证，令，求其二阶导数即可证明； （2）（i）将题干转化为存在两个极值点等价于在上有两个不同的根，令，求导判断单调性即可证明； （ii）设，根据题意得到，再令，通过求导求出其最大值即可求出直线斜率的最小值. 【小问1详解】 当时，，要证，即证， 令，则， 令，则， ，，故在上单调递增，， ，即，故在上单调递增，， ，得证. 【小问2详解】 （i）求导得，存在两个极值点等价于在上有两个不同的根， 在上有两个不同的根， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 故的最小值为，且当时，；当时，， 因此要使在上有两个不同的根，需要， 故的取值范围为. （ii）由题得，， 把代入，得，同理得， 直线斜率为， 设，即，又， ，解得，即， 则，即， ， 令，则， 令，则，故在上单调递增， ，即，故在上单调递增， 的最大值为， 要使直线斜率取最小值，即求的最大值， 故直线斜率的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $