广东广州市番禺区象贤中学2025-2026学年第二学期期中段考高二数学试题

**基本信息** 本试卷覆盖集合、复数、数列等高中数学核心内容，以《周易》重卦、大学选修课安排等情境创新命题，通过基础题到综合题的梯度设计，考查数学抽象、逻辑推理与模型观念。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|集合、复数、数列、三角函数、统计、概率、排列组合、立体几何|第6题以《周易》重卦考条件概率，渗透文化传承| |多选题|3题|函数性质、三角函数图象、轨迹方程|第11题结合泰戈尔诗句考轨迹方程，情境新颖| |填空题|3题|直线与圆、二项式定理、公切线|第14题考曲线公切线，综合导数应用| |解答题|5题|等比数列、解三角形、立体几何、导数应用、椭圆|第19题椭圆面积最值问题，考查模型意识与运算能力|

象贤中学2025-2026学年度第二学期中段考高二级数学科试题 命题人：陈柏勇 审题人：王欣宁 一、单选题 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数z满足，则（   ） A． B． C．4 D．8 3．记等差数列的前项和为，若，，则（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 4．已知，且，则（    ） A． B． C． D． 5．某批产品检验后的评分，由统计结果制成如图所示的频率分布直方图， 下列说法中正确的是（    ） A． B．评分的众数估值为70 C．评分的第25百分位数估值为67.5 D．评分的平均数估值为76 6．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化.每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“─”和阴爻“--”，如图就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦，记事件“取出的重卦中至少有2个阴爻”，事件“取出的重卦中恰有3个阳爻”.则（    ） A． B． C． D． 7．数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（  ） A．种 B．种 C．种 D．种 8．已知一正三棱柱的底面边长为6，其内部有一球与其各表面都相切，则该正三棱柱的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知函数，则（    ） A．的定义域为 B．为奇函数 C．为上的减函数 D．无最值 10．函数的部分图象如图所示，则 A． B． C．的图象关于点对称 D．在区间上单调递增 11．泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星，却没有交汇的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅．已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的．若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”．则下列结论中正确的是（    ） A．点的轨迹方程是 B．直线是“最远距离直线” C．点的轨迹与圆没有交点 D．平面上有一点，则的最小值为 三、填空题 12．直线交圆于A、B两点，则AB的弦长为__________． 13．的展开式中的系数为_________（用数字作答）． 14．已知直线是曲线和的公切线，则实数____________. 四、解答题 15．已知等比数列的各项均为正数，且，. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的通项公式. 16．已知的内角所对的边分别为，且． (1)求角的大小； (2)点在边上，且，求的周长． 17．如图，内接于圆为圆的直径，平面为线段中点. (1)求证：平面平面； (2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 18．已知函数. (1)若是的极值点，求a的值； (2)求的单调区间； (3)设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围. 19．已知椭圆的左右焦点分别为，，且椭圆C上的点M满足，． （1）求椭圆C的标准方程； （2）点是椭圆的上顶点，点在椭圆C上，若直线，的斜率分别为，满足，求面积的最大值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 象贤中学2025-2026学年度第二学期中段考高二级数学科参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B A A C D B D ABD ACD 题号 11 答案 AC 1．D 【分析】根据对数的单调性解对数不等式，再根据集合交集的定义进行求解即可. 【详解】， 所以， 故选：D 2．B 【分析】先求出复数，再根据复数模的公式即可求出． 【详解】由可得，，所以， 故选：B. 3．A 【分析】设出公差，利用等差数列前项和公式，结合已知列出方程求解. 【详解】设等差数列的公差为，由，得，解得， 由，得，则，所以. 故选：A 4．A 【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论. 【详解】，得， 即，解得或（舍去）， 又. 故选：A. 【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题. 5．C 【分析】根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，求出，再根据平均数、百分位数及众数的计算规则计算可得. 【详解】由题意：， 解得，A错误， 所以平均数为，故D错误； 众数为，故B错误； 因为，第百分位数估计为，故C正确； 故选：C 6．D 【分析】记事件 “取出的重卦中至少有2个阴爻”，事件 “取出的重卦中恰有3个阳爻”．推导出（A），，则，由此能求出结果． 【详解】每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“─”和阴爻“”， 在所有重卦中随机取一重卦，记事件 “取出的重卦中至少有2个阴爻”，事件 “取出的重卦中恰有3个阳爻”． （A）， ， 则． 故选：D 【点睛】本题主要考查概率的求法，考查条件概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平． 7．B 【分析】先分类，再每一类中用分步乘法原理即可. 【详解】由题意可知三年修完四门课程，则每位同学每年所修课程数为或或若是，则先将门学科分成三组共种不同方式.再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种 所以每位同学的不同选修方式有种， 故选：B. 8．D 【分析】利用正三棱柱的性质，结合勾股定理即可求得外接球表面积. 【详解】    边长为6的正三角形的内切圆半径为：， 所以正三棱柱的高为， 则外接球半径， 所以外接球的表面积为：， 故选：D. 9．ABD 【分析】根据指数函数的单调性、奇函数的性质，结合指数型函数的最值性质逐一判断即可. 【详解】由，所以，故A正确； ， 因为， 所以为奇函数，故B正确； 因为的定义域为， 所以选项C不正确； 当时，，所以，即， 当时，， 即，所以无最值， 故选：ABD 10．ACD 【分析】根据三角函数的图象，先求得，然后求得，根据三角函数的对称性、单调性确定正确答案. 【详解】，，由于， 所以，所以A选项正确，B选项错误. ， 当时，得，所以关于对称，C选项正确， ， 当时，得在上递增，则在区间上单调递增，所以D选项正确. 故选：ACD 11．AC 【分析】对A：设出，结合题意计算即可得；对B、C：联立两方程，借助判断有无交点即可得；对D：借助题目定义，将转化为点到直线的距离，从而得到，计算出的最小值即可得. 【详解】对于A，设，则有，整理可得， 故点的轨迹方程是，故A正确； 对于B，联立直线与点的轨迹方程，有，可得， ，故直线与点的轨迹方程没有交点， 则直线不是“最远距离直线”，故B错误； 对于C，联立圆与点的轨迹方程，有，可得， ， 故点的轨迹与圆没有交点，故C正确； 对于D，过点作直线于点，由题意可得， 故， 则当、、三点共线，即直线时， 有，故的最小值为，故D错误. 故选：AC. . 【点睛】关键点点睛：本题中D选项的判断需要注意结合题目所给定义，将转化为点到直线的距离，从而得到. 12． 【分析】先求出圆心和半径，再求出圆心到直线的距离，最后利用弦长公式求出结果. 【详解】由已知得圆的半径，圆心为， 圆心到直线的距离，所以弦长为． 故答案为：. 13． 【分析】由，写出展开式的通项，即可求出展开式中的系数. 【详解】因为， 其中展开式的通项为（且）， 所以的展开式中含的项为， 所以展开式中的系数为. 故答案为： 14．3 【分析】因为中不含有参数，所以根据可求得的值，再根据的切线为求得参数，要注意切点既在曲线上也在切线上的隐含条件. 【详解】设直线与曲线相切于点， 因为切点既在曲线上也在切线上，所以. 又，所以，且， 即切线的斜率且. 由解得，所以切线为. 设直线与曲线相切于点， 因为，所以，即， 又切点既在曲线上也在切线上，所以. 由解得. 故答案为：3 15．(1) (2) 【分析】（1）利用等比数列定义可求得，可得其通项公式； （2）利用错位相减法以及等比数列前项和公式计算可得. 【详解】（1）设等比数列的公比为， 由题意得， 解得（舍去）， 所以. 即数列的通项公式为. （2）由（1）知①， 所以②. ①－②得 所以. 16．(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理结合诱导公式计算得出，最后结合角的范围求解； （2）应用余弦定理得出，，即可求解. 【详解】（1）由及正弦定理得， 所以， 所以， 因为，所以，所以． （2）在中，，解得， 在中，，所以， 所以周长． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）易证，，故平面，由面面垂直的判定定理即可证明平面平面； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量即可求空间角. 【详解】（1）因为内接于圆为圆的直径，所以. 因为平面平面，所以. 又平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）因为平面平面， 所以. 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 则， 所以. 设平面的法向量， 由得 不妨设，则， 所以平面的一个法向量. 又， 设平面的法向量， 由得 不妨设，则， 所以平面的一个法向量. 所以， 即平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 18．(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）根据极值点的定义求解即可； （2）求导后，分别在和的情况下，根据的正负得到结论； （3）将问题转化为，由二次函数性质可求得，采用参变分离的方式可得，利用导数可求得的最小值，进而得到结果. 【详解】（1）， 由，得， 经检验，当时，是的极大值点. （2）由题意知：的定义域为，， ①当时，，，， 在上单调递增； ②当时，令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （3）对任意，均存在，使得，； ，当时，， 在上恒成立，即在上恒成立，； 令，则， 令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，， ，即实数的取值范围为. 19．（1）；（2）． 【分析】（1）由，结合可得解； （2）设，直线，将直线与椭圆联立，用坐标表示，代入韦达定理可解得，借助韦达定理表示，用均值不等式即得解. 【详解】（1）依题意得：，． 由椭圆定义知， 又，则， 在中，，由余弦定理得： 即，解得 又 故所求椭圆方程为 （2）设，直线 联立方程组，得， ，得， ，， ， 由题意知，由，，代入化简得 ， 故直线过定点， 由，解得， ， 令，则，当且仅当，即时等号成立，所以面积的最大值为． 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 $