精品解析：湖南省地质中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

2026年上期高二年级期中考试 数学 温馨提示： 1．本试卷共4页，共19道题，时间为120分钟，满分150分． 2．作答时，把答案转填涂在答题卡上，写在试题卷上的答案无效． 3．考试结束时，请把试题卷和答题卡一并上交． 一、选择题：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】根据集合交集的定义，即可求出答案. 【详解】因为，. 所以 故选:B. 【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.要解本类题型需掌握集合的交集、并集、补集运算及其性质. 2. 已知复数，，，则复数z的模为（ ） A. B. 6 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出，根据复数乘法法则计算出，根据复数相等得到方程，求出，求出模长. 【详解】由，得，由，得， 即， 根据复数相等，得，解得， 所以. 故选：D． 3. 已知F是双曲线的右焦点，过点F作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为A，与另一条渐近线交于B，且满足，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用方程联立分别求点的坐标，利用向量关系，转化为坐标运算，转化为关于的齐次等式，再求离心率. 【详解】设过右焦点的直线与垂直，则直线为， 联立，得，即， 联立，得，即， 因为，则，， 整理为，两边同时除以， 得，（舍）或， 所以双曲线的离心率. 故选：A 4. 若关于的不等式的解集中恰有3个整数，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分类时，分别得出解析计算求参. 【详解】不等式可化为， 当时，不等式的解集为，要使解集中恰有3个整数，则这3个整数只能是4，5，6，所以； 当时，不等式的解集为，此时不符合题意； 当时，不等式的解集为，要使解集中恰有3个整数，则这3个整数只能是0，1，2，所以． 综上可知，实数的取值范围是． 故选：C． 5. 数列满足，则（ ） A. 4046 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用递推关系举例确定是周期为2的周期数列，再求和即可. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以是周期为2的周期数列， 所以． 故选：C． 6. 抛掷一枚质地均匀的正方体骰子两次，记录每次得到的点数，甲表示事件“第一次点数为奇数”，乙表示事件“第一次点数为偶数”，丙表示事件“两次点数之和为6”，丁表示事件“两次点数之和为7”，则（ ） A. 甲与乙相互独立 B. 甲与丙相互独立 C. 甲与丁相互独立 D. 乙与丙相互独立 【答案】C 【解析】 【分析】利用相互独立的乘法公式对各个选项进行判断即可. 【详解】由题可知P（甲）=P（乙），丙事件：点数之和为6的所有可能情况为（1，5），（2，4），（3，3），（4，2），（5，1）， 丁事件：点数之和为7的所有可能情况为（1，6），（2，5），（3，4），（4，3），（5，2），（6，1），所以P（丙），P（丁）． 因为甲和乙是对立事件，所以P（甲乙）=0，故A错误； P（甲丙）P（甲）P（丙），故B错误； P（甲丁）==P（甲）P（丁），故C正确； P（乙丙）P（乙）P（丙），故D错误． 故选：C 7. 将函数图象上每个点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则以下结论错误的是（ ） A. 为奇函数 B. 的图象关于点对称 C. 在上单调递减 D. 在上恰有50个零点 【答案】C 【解析】 【分析】根据图象变换求得的解析式，再根据三角函数奇偶性、对称性、单调性以及零点个数的判断方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择. 【详解】函数图象上每个点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变， 得到函数的图象. 对A：，函数定义域为， 又，故为奇函数，A正确； 对B：，故关于对称，B正确； 对C：当时，，因为函数在单调递增， 所以在单调递增，C错误； 对D： ，当时，则， 故只需考虑，在上的零点个数， 又，结合正弦函数的图象， 可知在上共有个零点，D正确. 故选：C. 8. 已知函数，若，，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先证明为奇函数，由可得，利用基本不等式运算求解的最小值. 【详解】函数，定义域为R， ，则为奇函数， 若，，且，则有，即， 可得， 则 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为. 故选：B. 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. 知一组数据：，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则平均数为4.4 B. 若，则第25百分位数为3 C. 若，则中位数为4 D. 若，则方差为40 【答案】ABC 【解析】 【分析】将每一选项的具体值代入数据中，根据平均数、百分位数、中位数、方程的计算公式或者定义即可求解. 【详解】对于A，若，则平均数为，故A正确； 对于B，因为，所以第2个数为第25百分位数，故B正确； 对于C，若，则这组数据从小到大排列为2，3，4，6，6，所以中位数为4．故C正确； 对于D，计算平均数为5，则方差，故D错误． 故选：ABC． 10. （多选）已知函数的定义域为，对任意实数，满足，且，当时，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 为奇函数 D. 为增函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用赋值法可判断AB选项，再利用定义法判断函数奇偶性，可判断C选项，再根据特值可判断D选项. 【详解】对于选项A，令，得，故选项A正确； 对于选项B，令，，得，故选项B正确； 对于选项C，令，得，故，所以为奇函数，故选项C正确； 对于选项D，因为，所以不是增函数，故选项D错误； 故选：ABC． 11. （多选）已知抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线交于，两点，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. 以为直径的圆与直线相切 D. 若点，则有 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合抛物线的焦点弦的相关性质，根据选项内容，分析计算判断即可. 【详解】对于A，由抛物线的性质，可知当轴时，焦点弦最短， 把代入，解得，此时，所以，故A正确； 对于B，设直线，代入中，整理得：， ，且，则，故B正确； 对于C，取的中点为，分别过点作准线的垂线，垂足分别为， 设准线交轴于点，则可得直角梯形，为其中位线， 则， 即以为直径的圆与准线相离，故C错误； 对于D，由上分析， ， 故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等比数列的公比是，前三项分别是、、，且，则___，__． 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】由已知条件求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；利用同角三角函数的基本关系可求得、的值，利用两角和的正弦公式可求得的值. 【详解】由题意可得，若，则，不满足，不合乎题意. 所以，，则，因为，故， 则，故为锐角， 由，解得， 因此，. 故答案为：；. 13. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理： 三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上， 这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”． 在非等边中， ， 点坐标为， 点坐标为， 且其“欧拉线”与圆 相切， 则的“欧拉线”方程为______________，圆M的半径______________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由“欧拉线”的定义可得，等腰三角形的“欧拉线”就是底边的中垂线；直线与圆相切，半径等于圆心到直线的距离. 【详解】因为 ，所以 的中垂线就是“欧拉线”. 又因为的中点为 ， ， 所以 的“欧拉线”方程为 即； 圆M的半径为 故答案为：， 14. 以“全民全运 同心同行”为主题口号的第十四届全国运动会将于2021年9月15日至27日在陕西举行，组委会安排，，，，五名工作人员到我市三个比赛场馆做准备工作，每个场馆至少1人，则不同的安排方法共有______种． 【答案】150 【解析】 【分析】先将5人按照要求分成三组，再排序分到三个不同场馆，按照分步乘法计数原理计算即得结果. 【详解】根据题意，分两步进行分析： 第一步：分成3组，每组至少一人. （1）按照一组3人，其他两组各1人，共有种情况； （2）按照一组1人，其他两组各2人，共有种情况. 故共有种分组方案； 第二步：排序. 将分好的三组进行全排列，分到三个不同的比赛场馆，共种排法. 故五名工作人员到三个比赛场馆，每个场馆至少人，不同的安排方法共有种. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数. （1）求在上的单调递增区间； （2）若对，恒有成立，且______，求面积的最大值. 在①的外接圆直径为4，②是直线截圆所得的弦长，③这三个条件中，任选两个补充到上面问题中，并完成求解，其中，，分别为的内角A，，所对的边. 【答案】（1），；（2）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）化简，令，，即可求得的单调递增区间； （2）由，得，即可得，，，即为锐角三角形； ②利用弦心距、半径、弦长的关系求解； ③由求得．选择①②，选择①③，选择②③，分别结合基本不等式求解最大值．． 【详解】解：（1）， 令，， 解得，，， 所以的单调递增区间为，. （2）因为，所以，由得， 所以，所以，所以，同理，，即为锐角三角形. ②中圆心到直线的距离， 故. ③中由得，又A为锐角，所以. 选择①②，，，，得，； 选择①③，，，得； 选择②③，即，. 由余弦定理得， 所以， 所以最大值为，当且仅当时取等号， 所以的面积为，最大值为. 16. 已知四棱锥如图所示，，平面平面ABCD，点是线段SC的中点，直线平面SAD，，． （1）求证：； （2）若，，求四棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2）8 【解析】 【分析】（1）取SD的中点，连接GM，GA，易证四边形ABMG为平行四边形，得到，再由直线平面SAD证明； （2）易证，再根据平面平面ABCD，得到平面ABCD，从而SD为四棱锥的高，然后由求解． 【小问1详解】 如图所示： 取SD的中点，连接GM，GA， 因为为线段SC的中点，故，且； 又，故， 而，故，且， 故四边形ABMG为平行四边形，故， 因为直线平面SAD，平面SAD， 故，故． 【小问2详解】 因为，所以． 又，，故平面SAD， 而平面SAD，故． 又平面平面ABCD，平面平面，平面SCD， 所以平面ABCD，故SD为四棱锥的高． 又∵，∴， 故． 17. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若在上恒成立，求实数m的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1） （2）； （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）只需分别求出的值即可求解； （2）构造函数，原题条件等价于在上恒成立，求得，从而分是否小于1进行讨论即可求解. （3）由（2）可知得即，进一步有，从而累加即可得证. 【小问1详解】 当时，，所以， 所以，， 所以函数在处的切线方程为即； 【小问2详解】 若在上恒成立，则在上恒成立， 设，，所以， ， ①当时，， 当时，， 所以在上单调递减， 所以，即在不恒成立． ②当时，， 当时，，在上单调递增， 又，此时， 综上所述，所求m的取值范围是； 【小问3详解】 由（2）知，当时，在上恒成立， 取，得即，当且仅当时等号成立， 令，， 则， 所以， 所以 ， 所以． 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是利用第二问的结论得到，由此即可顺利得解. 18. 已知椭圆的一个顶点坐标为，离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆的右焦点作斜率为的直线交椭圆于两点，线段的垂直平分线分别交直线轴，轴于点，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据离心率、顶点坐标及求出可得答案； （2）直线的方程与椭圆方程联立，设，利用韦达定理求出点坐标，可得直线的方程，令、可得、点坐标，利用两点间的距离公式求出、，再做比值可得答案. 【小问1详解】 由题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 由（1）椭圆的标准方程为，可得， 可得直线的方程为， 与椭圆方程联立，可得， 易知，设，所以，， 所以，代入直线的方程得， 所以， 所以直线的方程为， 当时，， 当时，， 所以，， 所以， ， 所以. . 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 定义集合，. （1）求与； （2）设集合中元素的个数为，是否存在，使得成立？若存在，求出一组，，的值；若不存在，说明理由； （3）记表示不超过的最大整数，且，求的值． 【答案】（1）， （2）不存在，理由见详解 （3）4050 【解析】 【分析】（1）根据新定义运算求解； （2）根据题意，在不大于的所有正整数中，能被3整除的有个，被4整除的有个，被12整除的有个，可得，利用反证法证明； （3）根据（2），可得，当时，，可得，即，得解. 【小问1详解】 对于，，， 在不大于16的所有正整数中， 即不能被3整除又不能被4整除的数有， ； 同理，在中，，， 在不大于27的所有正整数中， 即不能被3整除又不能被4整除的数有， . 【小问2详解】 因为在不大于的所有正整数中， 能被3整除的有个，被4整除的有个，被12整除的有个， 所以， 若，则，即， ，， 等式左边为奇数，右边为偶数，矛盾， 故不存在，，使得成立. 【小问3详解】 由（2）知，当时，，， 当时，， 所以当时，， 所以当时，，则， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年上期高二年级期中考试 数学 温馨提示： 1．本试卷共4页，共19道题，时间为120分钟，满分150分． 2．作答时，把答案转填涂在答题卡上，写在试题卷上的答案无效． 3．考试结束时，请把试题卷和答题卡一并上交． 一、选择题：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. 已知复数，，，则复数z的模为（ ） A. B. 6 C. D. 3. 已知F是双曲线的右焦点，过点F作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为A，与另一条渐近线交于B，且满足，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 若关于的不等式的解集中恰有3个整数，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 数列满足，则（ ） A. 4046 B. C. 2 D. 6. 抛掷一枚质地均匀的正方体骰子两次，记录每次得到的点数，甲表示事件“第一次点数为奇数”，乙表示事件“第一次点数为偶数”，丙表示事件“两次点数之和为6”，丁表示事件“两次点数之和为7”，则（ ） A. 甲与乙相互独立 B. 甲与丙相互独立 C. 甲与丁相互独立 D. 乙与丙相互独立 7. 将函数图象上每个点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则以下结论错误的是（ ） A. 为奇函数 B. 的图象关于点对称 C. 在上单调递减 D. 在上恰有50个零点 8. 已知函数，若，，且，则的最小值为（ ） 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. 知一组数据：，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则平均数为4.4 B. 若，则第25百分位数为3 C. 若，则中位数为4 D. 若，则方差为40 10. （多选）已知函数的定义域为，对任意实数，满足，且，当时，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 为奇函数 D. 为增函数 11. （多选）已知抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线交于，两点，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. 以为直径的圆与直线相切 D. 若点，则有 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等比数列的公比是，前三项分别是、、，且，则___，__． 13. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理： 三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上， 这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”． 在非等边中， ， 点坐标为， 点坐标为， 且其“欧拉线”与圆 相切， 则的“欧拉线”方程为______________，圆M的半径______________． 14. 以“全民全运 同心同行”为主题口号的第十四届全国运动会将于2021年9月15日至27日在陕西举行，组委会安排，，，，五名工作人员到我市三个比赛场馆做准备工作，每个场馆至少1人，则不同的安排方法共有______种． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数. （1）求在上的单调递增区间； （2）若对，恒有成立，且______，求面积的最大值. 在①的外接圆直径为4，②是直线截圆所得的弦长，③这三个条件中，任选两个补充到上面问题中，并完成求解，其中，，分别为的内角A，，所对的边. 16. 已知四棱锥如图所示，，平面平面ABCD，点是线段SC的中点，直线平面SAD，，． （1）求证：； （2）若，，求四棱锥的体积． 17. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若在上恒成立，求实数m的取值范围； （3）证明：． 18. 已知椭圆的一个顶点坐标为，离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆的右焦点作斜率为的直线交椭圆于两点，线段的垂直平分线分别交直线轴，轴于点，求的值. 19. 定义集合，. （1）求与； （2）设集合中元素的个数为，是否存在，使得成立？若存在，求出一组，，的值；若不存在，说明理由； （3）记表示不超过的最大整数，且，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $