精品解析：浙江温州市平阳县第三中学2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试题

平阳三中高二下学期5月期中考试 （时间：90min 满分：100分） 选择题部分 一、单选题（12 小题，每题 3 分，共36 分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以. 2. 已知，若，，，的中位数为2，则（　　） A. B. C. 2 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】分，，，四种情况，将数据从小到大排列，结合中位数定义列方程求解即可. 【详解】因为，所以， 分别令，解得， 当时，，所以，解得； 当时，，所以， 解得（舍去）或（舍去）； 当时，，所以， 解得（舍去）或（舍去）； 当时，，所以，解得（舍去）. 综上，. 故选：D 3. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据根式、分式的性质列不等式组求定义域. 【详解】由题设，可得且，即定义域为. 故选：D 4. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 5 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 所以. 5. 在中，，那么向量在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得在方向上的投影向量为：，再求解计算即可. 【详解】中，∵，∴， 所以在方向上的投影向量为： . 故选：A. 6. 设，则“”是“函数在上单调递增”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】A 【解析】 【分析】首先需要求出函数在上单调递增时的取值范围，然后判断“”与该取值范围的逻辑关系. 【详解】函数是复合函数，外层函数是上的增函数， 根据同增异减，在上单调递增等价于内层函数在上单调递增,， “”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件. 7. 下列函数与函数的图象相同的是（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数的周期性可得. 【详解】因为函数的最小正周期是.所以函数的图象与函数的相同. 故选：A. 8. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先计算定义域，再根据复合函数的单调性求减区间． 【详解】 ， 由于为减函数，在上单调递增，在上单调递减， 则的单调递减区间是， 故选：C. 9. 已知函数的零点在区间内，则整数（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数单调性，以及零点存在定理，求出参数值即可. 【详解】根据基本初等函数性质可知函数，在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 可知， 所以函数的零点在内，即. 故选：B. 10. 平行六面体中，底面为正方形，，，为的中点，则异面直线和所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量法证明，即可求出答案. 【详解】如图，由题意得， 因为，，， 所以， ， 又， 所以， 所以异面直线和所成角的大小为. 故选：A. 11. 在中，，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，则的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的线性运算，结合夹角公式即可求解. 【详解】由题意可知：， 且, , , 故选：B 12. 设函数的定义域为，且，当时，，若对于，都有恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由和当时可以逐次推出，，上的解析式，根据每个区间上的函数的取值范围，应求时，函数值等于时的自变量的值，得到满足的的范围，即得t的取值范围. 【详解】当时，，； 因，当时，，故， 则， ； 当时，，故， 则， ； 当时，，故， 则，. 因此当时，都有， 只需要考虑时，即可，解得或， 因此当时，恒成立，即，故 ． 故选：B 二、多选题（3 小题，每题 6 分，共18 分） 13. 已知，则下列命题中为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据不等式的性质，逐一判断各选项正误，判断结果. 【详解】当时，若，则，所以A错误； 当时，，因为，所以，所以B正确； 作差得，因为，所以， 则，即，所以C正确； 当时，有，此时，所以D错误. 故选：BC 14. 用一个平面去截正方体，所得截面图形不可能是（ ）． A. 直角三角形 B. 直角梯形 C. 正六边形 D. 正五边形 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正方体的结构特征，结合各选项画出一个平面去截正方体，再分析截面形状即可判断作答. 【详解】一个平面与正方体共点的3个面相交，截面为三角形，此三角形不可能是直角三角形， 如图，截面为，点O为正方体的顶点，在三棱锥中，两两垂直， 若为直角三角形，不妨令，则， 而，因此，矛盾，故A正确； 一个平面与正方体的4个面相交，截面为四边形，此四边形不可能是直角梯形， 截面四边形所在平面必与正方体一组相对面相交，即四边形必有一组对边平行， 截面四边形，如图，不妨令，若平行或重合，则四边形为矩形， 令不平行，即相交， 假定四边形为直角梯形，不妨令，即， 而平面，平面， 则，又平面，有平面，又平面， 则，平面平面，则平面， 平面平面，平面，因此， 所以四边形为平行四边形，矛盾，故B正确； 一个平面与正方体的5个面相交，截面为五边形，此五边形不可能是正五边形， 截面五边形必与正方体的一组相对面相交，这两条交线必平行，而正五边形的任意两边都不平行， 即截面五边形不可能是正五边形，故D正确； 一个平面与正方体的6个面相交，截面为六边形，此六边形可能是正六边形， 如图，为正方体所在棱的中点，顺次连接得正六边形， 设正方体棱长为，有，， 中，，则， 同理，即六边形为正六边形，故C错误. 故选：ABD 15. 如图，是边长为2的正方形，点，分别为边，的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点，则（ ） A. B. 点在平面内的射影为的垂心 C. 二面角的余弦值为 D. 若四面体的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积是 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用线面垂直的判定定理证得平面后，即可判定A；设在底面上的射影为，利用线面垂直判定定理证得平面后得到，同理可证，即得O为的垂心，由此判定B；连接，可证为二面角的平面角，然后计算，从而判定C；由已知可得三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，补成长方体，计算其对角线的长，从而得到外接球的半径，然后计算表面积，从而判定D. 【详解】对于，， ，平面， 平面，，故正确； 对于，设在底面上的射影为，则底面，， 由知，，连接并延长，交于， ，平面，则， 同理可证，∴点在平面内的射影为的垂心，故正确； 对于，由知，，，为的中点， 连接，又，， 则为二面角的平面角． 在等腰直角三角形中，由，得，则， 在中，有，故正确； 对于，由已知可得三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，且，． 把该三棱锥补形为长方体，则其对角线长为， 则其外接球的表面积，故错误． 故选：． 非选择题部分 三、填空题（3 小题，每题 3 分，共9 分） 16. 已知，则x=______. 【答案】 【解析】 【分析】利用指数式与对数式的互化关系直接得解. 【详解】由，得. 故答案为： 17. 已知函数，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数的解析求解函数值即可. 【详解】因为， 所以. 故答案为：. 18. 已知函数在区间内不存在零点，则的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】先化简函数得，结合的图象，利用函数在上无零点，列不等式组可求的取值范围. 【详解】因为. 由题意：，即. 由. 因为在区间内不存在零点，结合的图象， 可得：或， 解得：或. 故答案为：. 四、解答题（3 小题，共37 分） 19. 某学校组织“红楼论数”数学知识应用竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，；甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响. （1）从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？ （2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率. 【答案】（1）甲 （2） 【解析】 【分析】（1）利用概率的乘法公式计算出甲赢得比赛概率，乙赢得比赛的概率，再比较即可； （2）首先利用对立事件概率求得甲和乙都未赢比赛的概率，求出至少一人赢得比赛的概率． 【小问1详解】 甲赢得比赛的概率为，乙赢得比赛的概率为， 因为，所以派甲参赛赢得比赛的概率更大. 【小问2详解】 由（1）得，甲和乙都未赢比赛的概率， 则两人中至少有一人赢得比赛的概率 20. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且． （1）求A； （2）如果且的面积为，求角B的大小． 【答案】（1） （2）或． 【解析】 【分析】（1）由两角和差正弦及正弦定理化简计算即可； （2）法一：由正弦定理及三角形面积公式结合三角恒等变换化简计算即可求解；法二：由三角形面积公式及余弦定理列方程计算即可求解. 【小问1详解】 由两角和差公式， 由正弦定理 又在中，， 则 进而 因为， 所以，即． 因为，所以，即． 【小问2详解】 方法一：根据正弦定理，, 所以的面积为 ． 由, 可得,， 因为， 所以或，所以或． 方法二：根据三角形面积公式，， 可得, 结合, 可得或者． 当时，，所以； 当时，，所以； 因此或． 21. 如图所示，四棱柱的底面ABCD是正方形，O是底面的中心，平面，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）要证明直线垂直于平面，需要在平面内找到两条相交直线与直线垂直； （2）可以用综合法，利用等体积法求点到平面距离，也可以直接用空间向量法求解. 【小问1详解】 因为是正方形，所以， 因为底面， 所以，又，,在平面内， 所以平面,在平面内， 所以， 由底面， 可得， 所以，即有， 因为，所以， 和在平面内，且， 所以平面． 【小问2详解】 方法1：设点到平面的距离为， 由题可知,,. 所以． 得直线与平面所成角的正弦值. 方法2：（建系） 以为原点，射线为轴、轴、轴的正半轴，建立空间直角坐标系． 可得 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 直线与平面所成角的正弦值等于向量与平面法向量的夹角余弦值的绝对值：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 平阳三中高二下学期5月期中考试 （时间：90min 满分：100分） 选择题部分 一、单选题（12 小题，每题 3 分，共36 分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，若，，，的中位数为2，则（　　） A. B. C. 2 D. 1 3. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 4. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 5 5. 在中，，那么向量在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 6. 设，则“”是“函数在上单调递增”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 7. 下列函数与函数的图象相同的是（   ） A. B. C. D. 8. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数的零点在区间内，则整数（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 10. 平行六面体中，底面为正方形，，，为的中点，则异面直线和所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 11. 在中，，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，则的余弦值是（ ） A. B. C. D. 12. 设函数的定义域为，且，当时，，若对于，都有恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（3 小题，每题 6 分，共18 分） 13. 已知，则下列命题中为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 14. 用一个平面去截正方体，所得截面图形不可能是（ ）． A. 直角三角形 B. 直角梯形 C. 正六边形 D. 正五边形 15. 如图，是边长为2的正方形，点，分别为边，的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点，则（ ） A. B. 点在平面内的射影为的垂心 C. 二面角的余弦值为 D. 若四面体的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积是 非选择题部分 三、填空题（3 小题，每题 3 分，共9 分） 16. 已知，则x=______. 17. 已知函数，则______． 18. 已知函数在区间内不存在零点，则的取值范围是_____. 四、解答题（3 小题，共37 分） 19. 某学校组织“红楼论数”数学知识应用竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，；甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响. （1）从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？ （2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率. 20. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且． （1）求A； （2）如果且的面积为，求角B的大小． 21. 如图所示，四棱柱的底面ABCD是正方形，O是底面的中心，平面，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $