精品解析：广东汕头市潮阳区河溪中学2025-2026学年高二下学期5月期中数学试题

河溪中学2025—2026学年度第二学期期中考试 高二级数学科试卷 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上.） 1. 若，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 2. 设，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，，则（ ） A. B. C. D. 4. “函数的最小正周期为”是“”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 5. 有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种 6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 若圆上恰好有4个不同的点到直线的距离为3，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，正方体的棱长为4，其中，点F为的中点，则点C到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 二、选择题（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. 某校元旦晚会节目预选赛上，名评委老师给张三的节目打的分数分别为：、、、、、，则下列说法正确的是（ ） A. 得分的中位数为 B. 得分的第百分位数为 C. 若去掉一个最高分和一个最低分，则得分的平均值会变大 D. 若去掉一个最高分和一个最低分，则得分的方差会变大 10. 已知双曲线的方程为，则（ ） A. 渐近线方程为 B. 焦距为 C. 离心率为 D. 焦点到渐近线的距离为8 11. 已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则（ ） A. B. C. 在单调递减 D. 的极大值点为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 的展开式中的系数为________________（用数字作答）． 13. 的内角的对边分别为.若，则的面积为__________. 14. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为、、、的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开了另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率.用表示号箱有奖品，用表示主持人打开号箱子，现在已知甲选择了号箱，则__________；__________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 一个袋子中有10个大小相同的球，其中有4个黄球、6个白球，从中随机地摸出3个球作为样本．用X表示样本中黄球的个数． （1）若抽出黄球赋1分，白球赋2分，求随机摸出3个球得分大于3分的概率； （2）求X的分布列、期望和方差． 16. 已知等差数列的前项和为；数列为等比数列，满足，，是与的等差中项. （1）求数列，的通项公式； （2）若，是数列的前项和，求. 17. 如图，在几何体中，四边形是菱形，，且，三角形是正三角形，平面平面.点在平面上的投影为与的交点，且. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； 18. 已知函数，其中． （1）当时，求函数的最值； （2）①若恒成立，求a的最小值； ②证明：，其中． 19. 已知动点(其中)到定点的距离比点到轴的距离大1. （1）求点的轨迹的方程； （2）过椭圆的右顶点作直线交曲线于､两点，其中为坐标原点 ①求证：； ②设､分别与椭圆相交于点､，证明：原点到直线的距离为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河溪中学2025—2026学年度第二学期期中考试 高二级数学科试卷 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上.） 1. 若，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法得，即可得解. 【详解】根据， 则， 所以的虚部为1. 故选：A 2. 设，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出集合，利用补集和交集的运算求解. 【详解】由，解得，则， 因为，所以， 所以. 故选：A. 3. 已知向量，，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由模的坐标表示和向量垂直的坐标表示求得的关系后可得值． 【详解】，，，， 所以． 故选：D． 4. “函数的最小正周期为”是“”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】B 【解析】 【分析】判断“函数的最小正周期为”和“”的逻辑关系，即得答案. 【详解】由函数的最小正周期为，得，得， 故“函数的最小正周期为”推不出“”， “”可推出“函数的最小正周期为”， 所以“函数的最小正周期为”是“”的必要不充分条件． 故选：B 5. 有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种 【答案】B 【解析】 【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解 【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式， 故选：B 6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 7. 若圆上恰好有4个不同的点到直线的距离为3，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】把点到直线距离为3的个数得出圆心到直线距离范围计算求参. 【详解】由圆上恰好有4个不同的点到直线的距离为3， 可知圆心到直线的距离，即， 所以，解得， 故选:D. 8. 如图，正方体的棱长为4，其中，点F为的中点，则点C到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，从而利用点到平面的距离公式进行求解. 【详解】以点D为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系． 可得，, 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 其中， 点C到平面的距离. 故选：C． 二、选择题（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. 某校元旦晚会节目预选赛上，名评委老师给张三的节目打的分数分别为：、、、、、，则下列说法正确的是（ ） A. 得分的中位数为 B. 得分的第百分位数为 C. 若去掉一个最高分和一个最低分，则得分的平均值会变大 D. 若去掉一个最高分和一个最低分，则得分的方差会变大 【答案】BC 【解析】 【分析】根据中位数、百分位数、平均数和方差的定义求解，即可判断选项. 【详解】将6个分数按从小到大的顺序排列得：86、90、92、94、95、98. 所以中位数为，所以A错误； 计算，所以第75百分位数为第5个数95，所以B正确； 6个分数的平均分为， 方差， 若去掉一个最高分和一个最低分后，， ，所以，所以C正确，D错误． 故选：BC 10. 已知双曲线的方程为，则（ ） A. 渐近线方程为 B. 焦距为 C. 离心率为 D. 焦点到渐近线的距离为8 【答案】BC 【解析】 【分析】根据方程求，进而结合双曲线的性质逐项分析判断. 【详解】因为双曲线方程为，即， 则，且双曲线焦点在轴上， 所以渐近线方程为：，A选项错误； 焦距，B选项正确； 离心率，C选项正确； 焦点为，则焦点到渐近线的距离为，D选项错误． 故选：BC. 11. 已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则（ ） A. B. C. 在单调递减 D. 的极大值点为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，在一点处的导数值等于在这点处切线的斜率列出等式，计算函数式中参数的值，利用导函数判断单调性计算极值． 【详解】在点处的切线方程为， 则，故过点； 则，化简得：； 因为，且， 则，化简得：； 解得：，，故A正确，B错误； 故，； 令，解得：或； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减，故C正确； 则在处取极大值，故D正确． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 的展开式中的系数为________________（用数字作答）． 【答案】-28 【解析】 【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解. 【详解】因为， 所以的展开式中含的项为， 的展开式中的系数为-28 故答案为：-28 13. 的内角的对边分别为.若，则的面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】本题首先应用余弦定理，建立关于的方程，应用的关系、三角形面积公式计算求解，本题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查． 【详解】由余弦定理得， 所以， 即 解得（舍去） 所以， 【点睛】本题涉及正数开平方运算，易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误．解答此类问题，关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算． 14. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为、、、的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开了另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率.用表示号箱有奖品，用表示主持人打开号箱子，现在已知甲选择了号箱，则__________；__________. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】分析出：若奖品在号箱里，主持人只能打开、号箱，可求得的值；求得，对奖品所在的箱子进行分类讨论，求出的值，再利用全概率公式可求得的值. 【详解】奖品在号箱里，主持人只能打开、号箱，故； 奖品随机等可能分配到四个箱子中，因此、、、的概率均为， 奖品在号箱里，主持人可打开、、号箱，故， 奖品在号箱里，主持人只能打开、号箱，故， 奖品在号箱里，主持人打开号箱的概率为，故， 奖品在号箱里，主持人只能打开、号箱，故， 由全概率公式可得：. 故答案为：；. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 一个袋子中有10个大小相同的球，其中有4个黄球、6个白球，从中随机地摸出3个球作为样本．用X表示样本中黄球的个数． （1）若抽出黄球赋1分，白球赋2分，求随机摸出3个球得分大于3分的概率； （2）求X的分布列、期望和方差． 【答案】（1） （2）分布列： 0 1 2 3 期望为，方差为． 【解析】 【分析】(1)分析摸出3个球得分大于3分的随机事件所包含的基本事件，利用超几何分布的概率公式计算即可； (2)随机变量X服从超几何分布，根据超几何分布的概率计算公式计算X不同的取值对应的概率，列出分布列，代入期望和方差公式计算即可． 【小问1详解】 Y表示取出中白球的个数，事件A表示摸出3个球得分大于3分； 则， 其中，，互斥； 故, ， ， 故； 【小问2详解】 由题意知，，X的取值为：0，1，2，3， ； ； ； ； 故X的分布列： 0 1 2 3 ； ； 故期望为，方差为． 16. 已知等差数列的前项和为；数列为等比数列，满足，，是与的等差中项. （1）求数列，的通项公式； （2）若，是数列的前项和，求. 【答案】（1），；（2）. 【解析】 【分析】（1）根据等差的前n项和公式以及通项公式求出首项与公差即可求出等差数列通项公式，再结合等差数列中的项与等比数列的通项公式求出首项与公差从而求出等比数列的通项公式； （2）利用错位相减法求出数列的和. 【详解】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 由，，是与的等差中项， 则； ，， 即， ，， ； （2）， 所以， ， 两式相减可得， ， 化简得，. 17. 如图，在几何体中，四边形是菱形，，且，三角形是正三角形，平面平面.点在平面上的投影为与的交点，且. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； 【答案】（1） 证明：在菱形中，对角线互相垂直，所以， 因为在底面上的投影为，所以平面， 又平面，故. 又平面，平面，， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先由菱形性质得，再由投影得平面，故；因且共面，从而证得结果; （2）以菱形对角线交点为原点，OB，OC，OF分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出各点坐标与，，，设平面的法向量并由线线垂直列方程求解，再利用线面角公式计算正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，，得，，， 如图1，作于点，则. 因为平面平面，交线为，所以平面. 以为原点，OB，OC，OF所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，. 所以，，. 设平面的法向量为， 则，即 令，得，，故. 设直线与平面所成的角为，，则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知函数，其中． （1）当时，求函数的最值； （2）①若恒成立，求a的最小值； ②证明：，其中． 【答案】（1）最大值0；无最小值； （2）①1； ②由（1）可知，当时，恒成立，即（当且仅当时等号成立）, 令，所以，即对，都有. 由累加法得. 故，其中. 【解析】 【分析】（1）直接用导数判断函数的极值最值可得； （2）①将不等式进行参数分离得，再构造函数并用导数求函数的最大值，进而可得所求值最小值；②根据①的解析可得，进而可得，再由累加法可得所证不等式. 【小问1详解】 当时，函数，函数定义域为，， 当；当，所以在单调递增，在单调递减， 所以函数在处取得极大值也是最大值，无最小值. 故函数最大值0；无最小值； 【小问2详解】 ①若恒成立，即，得. 令，， 当；当.所以在单调递增，在单调递减， 所以在处取得极大值也是最大值，所以. 故a的最小值为1； ②略 19. 已知动点(其中)到定点的距离比点到轴的距离大1. （1）求点的轨迹的方程； （2）过椭圆的右顶点作直线交曲线于､两点，其中为坐标原点 ①求证：； ②设､分别与椭圆相交于点､，证明：原点到直线的距离为定值. 【答案】（1）； （2）①证明：设过椭圆的右顶点的直线的方程为. 代入抛物线方程，得. 设､，则 ∴. ∴. ②证明：设､，直线的方程为， 代入，得. 于是，. 从而 ∵，∴. 代入，整理得. ∴原点到直线的距离为定值. 【解析】 【分析】（1）根据题意有，化简可得答案. （2）直线的方程为,与抛物线方程联立， ①由，将韦达定理代入可证明. ②由①可得，设､，直线的方程为，则，由方程联立，韦达定理可得，再由点到直线的距离公式可证明. 【详解】（1）设由题意， 两边平方，整理得： 所以所求点的轨迹方程为. （2）①略 ②略 【点睛】本题考查求轨迹方程，考查方程联立韦达定理的应用，考查“设而不求”方法的应用，属于中档题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $