精品解析：广东省广州市第二中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

广州市第二中学2025学年第二学期期中考试 高二数学 命题：高二数学备课组 审校：高二数学备课组 2026年5月8日 本试卷共4页，19小题，满分为150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号”处填涂考生号．用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、座位号填写在答题卡上． 2．答选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的，答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，只需将答题卡交回． 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在四面体中，.点在上，且为的中点，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 数列为单调递减的等比数列，且，则公比（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆截直线所得弦的长度为4，则实数的值是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在处取得极小值，则的极大值为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 6. 一个火车站有 8 股道，如果每股道只能停放 1 列火车，现要停放 4 列不同的火车，每两列火车不能停在相邻股道，则不同的停放方法共有（ ）种. A. 48 B. 60 C. 90 D. 120 7. 袋子中有大小相同5个球，标号为0的球1个，标号为1、2的球各两个，从中任取2个，已知有一个标号为1，求另外一个标号也为1的概率（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数满足，则的最大值为（ ） A. e B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在中，下列命题正确的（ ） A. 若，则是等腰三角形 B. 若，则 C. 若，则为钝角三角形 D. 若，则为等腰三角形 10. （多选题）已知抛物线的准线方程为，点P在抛物线上，过P作圆的一条切线，Q为切点．过P作l的垂线，垂足为B．则以下说法正确的是（ ） A. 抛物线的标准方程为 B. 当P，A，B三点共线时， C. 当时，直线的斜率为或 D. 满足的点P有且仅有2个 11. 设关于实数的解析式为，则（ ） A. 当时，方程有唯一解 B. 若成立，则当时， C. 当时，恒成立 D. 若成立，则当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，项的系数是__________.（结果用数字作答） 13. 与的公共项从小到大构成新数列，则的最小项为______. 14. 在棱长为2的正方体内放入9个半径相等的小球，8个角各放1个，中间放1个，则小球半径最大为__________． 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. 根据统计数据，某会员店的本地会员占70%，外地会员占30%．现对该店会员开展商品质量满意度调查，如果会员是本地会员，他对该店商品质量满意的概率为；如果会员是外地会员，他对该店商品质量满意的概率为．每个会员对该店商品质量满意与否相互独立． （1）从该店所有会员中随机抽取1名会员，求其对该店商品质量满意的概率； （2）从该店所有会员中随机抽取3名会员，记这3名会员中对该店商品质量满意的人数为，求的分布列与数学期望． 16. 如图，直四棱柱的底面为直角梯形，，，，三棱锥的体积是四棱柱体积的． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知数列的前项和为，且满足，数列是单调递增的等差数列，，且，，成等比数列. （1）求数列和数列的通项公式； （2）记，求的前项和. 18. 已知函数，其中． （1）若，求的单调区间； （2）若， （i）证明：在区间内有且仅有个零点； （ii）设为的极值点，为的零点，且，证明：． 19. 已知动点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数． （1）求动点的轨迹的方程； （2）若曲线与轴的交点分别为、（在的左侧），过点的直线交曲线于点（位于第二象限），的角平分线交于点． （i）求证：点在定直线上； （ii）连接直线且与曲线的另一个交点为，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市第二中学2025学年第二学期期中考试 高二数学 命题：高二数学备课组 审校：高二数学备课组 2026年5月8日 本试卷共4页，19小题，满分为150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号”处填涂考生号．用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、座位号填写在答题卡上． 2．答选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的，答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，只需将答题卡交回． 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】函数， 则. 2. 如图，在四面体中，.点在上，且为 的中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定的几何体及空间的基底，利用空间向量线性运算求解即可. 【详解】由为 的中点，得， 所以. 故选：A 3. 数列为单调递减的等比数列，且，则公比（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，且为单调递减的等比数列， 联立，解得， 所以，故． 4. 已知圆截直线所得弦的长度为4，则实数 的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将圆的方程化为标准方程，再由弦长公式求解. 【详解】原方程：，配方整理， 所以圆心为 ，半径 （需满足 ，即 ）, 圆心 到直线的距离是 由弦长公式，得 ，得, 由 ，得. 5. 已知函数在处取得极小值，则的极大值为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由求出，再检验是否符合题意即可. 【详解】由题得，因为函数在处取得极小值， 所以或， 当时，，， 所以当时，，当时，， 所以函数在处取得极小值，符合题意， 所以函数在处取得极大值为； 当时，，， 所以当时，，当时，， 所以函数在处取得极大值，不符合题意； 综上，的极大值为4. 故选：A 6. 一个火车站有 8 股道，如果每股道只能停放 1 列火车，现要停放 4 列不同的火车，每两列火车不能停在相邻股道，则不同的停放方法共有（ ）种. A. 48 B. 60 C. 90 D. 120 【答案】D 【解析】 【详解】总共有 8 股道，要停放 4 列火车，那么剩下的空股道有股. 这 4 条空股道排好后，会形成 个可以插入火车的 “空隙”（包括两端）. 首先，从 5 个空隙中选 4 个，有 种选法， 然后，将 4 列不同的火车在这 4 个位置上进行全排列，有种排法. 总的方法数是选位置的方法数乘以排列的方法数，即：种. 7. 袋子中有大小相同5个球，标号为0的球1个，标号为1、2的球各两个，从中任取2个，已知有一个标号为1，求另外一个标号也为1的概率（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】记取出的 2个球中，有一个标号为1为事件，另一个标号为1为事件， 则，， 则. 8. 已知实数满足，则的最大值为（ ） A. e B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对给定等式同构变形并构造函数，利用单调性可得，再代入目标式并建立关于的函数，利用导数求出最大值. 【详解】由，得， 设，求导得，函数在上单调递增， 由，得，则，由，得， 而，因此，即， 则，令函数，求导得， 当时，；当时，，函数在上单调递增，在上单调递减， 于是，所以的最大值为. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在中，下列命题正确的（ ） A. 若，则是等腰三角形 B. 若，则 C. 若，则为钝角三角形 D. 若，则为等腰三角形 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，利用余弦定理化简即可判断；对于B，利用正弦定理与三角形边角关系即可判断；对于C，利用和角的正切公式化简得即可判断；对于D，利用正弦函数图象的性质结合角的范围即可判断. 【详解】对于A，由和余弦定理，可得， 化简得，即，故是等腰三角形，A正确； 对于B，由，得，再由正弦定理，可得，故B正确； 对于C，因为， 所以， 若，则, 因,则中必有一个是钝角，故为钝角三角形，即C正确； 对于D，因,由，则或， 即或，故为等腰三角形或直角三角形，故D错误. 10. （多选题）已知抛物线的准线方程为，点P在抛物线上，过P作圆的一条切线，Q为切点．过P作l的垂线，垂足为B．则以下说法正确的是（ ） A. 抛物线的标准方程为 B. 当P，A，B三点共线时， C. 当时，直线 的斜率为或 D. 满足的点P有且仅有2个 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，根据准线方程求出的值；对于选项B，根据P，A，B三点共线， 求出点坐标，再求的值；对于选项C，由，求出点的坐标求解；对于选项D，根据，得出点在的垂直平分线上，求出垂直平分线的方程与抛物线方程联立判断根的多少求解. 【详解】对于选项A，抛物线的准线方程为，所以，所以，抛物线的标准方程为，A选项正确； 对于选项B，由P，A，B三点共线,，，所以，又 所以，即， 又在上，解得，所以（-4舍去） 所以，，B选项正确； 对于选项C，当时，， ，由，解得或，此时或，选项C错误； 对于选项D，由，且，所以， 所以点在和的中垂线上，求得中垂线方程为， 与抛物线方程联立得，判别式，有两个实根，即满足的点P有且仅有2个，选项D正确. 11. 设关于实数的解析式为，则（ ） A. 当时，方程有唯一解 B. 若成立，则当时， C. 当时，恒成立 D. 若成立，则当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，作出函数图象即可判断；对B，分，和，讨论即可；对C，利用基本不等式即可判断；对D，利用对数均值不等式即可判断. 【详解】A选项，时，方程化为，由图象可得有唯一解，故A正确； B选项，由得，若，则， 两边取对数得，， 故， 令，故， 因为在上单调递增， 则在上单调递增，故，故； 若时，则，故， 故， 令，则， 其中，当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 因为不单调，故不一定等于，即不一定成立，B错误； C选项，当时，令，则， 所以在上递增，所以，所以， 所以当时， ，当且仅当时取等号，故C正确； D选项，由B选项知，时，， 令，则有，不妨设， 故，下面证明对数不等式， 即， 令，即证，令， 则， 故在上单调递减， 又，故，所以， 即，故，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，项的系数是__________.（结果用数字作答） 【答案】60 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式计算即得. 【详解】由的展开式的通项为， 依题取，解得，则项的系数是. 故答案为： 60. 13. 与的公共项从小到大构成新数列，则的最小项为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的性质，是以13为首项，14为公差的等差数列，再结合函数的单调性判断最小项. 【详解】是以13为首项，14为公差的等差数列，. 令， 根据在上单调递减，上单调递减， 又时，，时，，最小值为. 14. 在棱长为2的正方体内放入9个半径相等的小球，8个角各放1个，中间放1个，则小球半径最大为__________． 【答案】 【解析】 【分析】当小球半径最大（设为）时：8 个角上的小球均与正方体的 3 个相邻面相切； 8 个角上的小球都与中间的 1 个小球相切；由正方体和球的对称性，所有球心都在正方体的体对角线上. 【详解】当小球半径最大（设为）时：8 个角上的小球均与正方体的 3 个相邻面相切； 8 个角上的小球都与中间的 1 个小球相切； 由正方体和球的对称性，所有球心都在正方体的体对角线上； 取对角面 进行分析，该截面上包含 5 个球的球心，记为 ，其中 为中间小球的球心， 以角上的球 为例： 球 与底面 相切，切点为 ，因此 底面 ，即 ； 由 底面 ，可得 ， 由 ，可得 ，因此：， 因为正方体棱长为2，故 ，体对角线 ； 为小球半径，即 . 代入比例式， 解得， 同理，顶点 到角球心 的距离 ， 体对角线 由以下四段组成：， 其中：（顶点到角球心的距离）； （两球相切，球心距为半径和 ）. 代入 ，得方程： 整理：， 解得. 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. 根据统计数据，某会员店的本地会员占70%，外地会员占30%．现对该店会员开展商品质量满意度调查，如果会员是本地会员，他对该店商品质量满意的概率为；如果会员是外地会员，他对该店商品质量满意的概率为．每个会员对该店商品质量满意与否相互独立． （1）从该店所有会员中随机抽取1名会员，求其对该店商品质量满意的概率； （2）从该店所有会员中随机抽取3名会员，记这3名会员中对该店商品质量满意的人数为，求的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）将事件“随机抽取1名会员对该店商品质量满意”拆分为“抽取的是本地会员且满意”和“抽取的是外地会员且满意”这两个互斥事件，分别计算出其概率再相加. （2）先判断随机变量服从二项分布，再根据二项分布的概率公式求出的分布列，最后利用数学期望公式计算期望. 【小问1详解】 设事件表示“随机抽取1名会员对该店商品质量满意”，事件表示“抽取的会员是本地会员”，事件表示“抽取的会员是外地会员”. 因为本地会员占70%，外地会员占30%，. 本地会员对该店商品质量满意的概率为，外地会员对该店商品质量满意的概率为，. . 即该店所有会员中随机抽取1名会员，其对该店商品质量满意的概率为. 【小问2详解】 从该店所有会员中随机抽取3名会员，每名会员对该店商品质量满意的概率为，且每名会员对该店商品质量满意与否相互独立，故随机变量. 由题意，可取. . 的分布列为 0 1 2 3 . 16. 如图，直四棱柱的底面为直角梯形，，，，三棱锥的体积是四棱柱体积的． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为底面 为直角梯形，所以， ，所以， 所以，又， 又因为三棱锥的体积是四棱柱体积的， 所以，解得. 又，， 所以 又，， 所以，所以. 又由直四棱柱，可得平面 ，又平面 ， 所以，又，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）由已知体积关系可求得，进而可得，结合直棱柱可证结论成立； （2）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法可求得平面与平面夹角的余弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，所在直线为坐标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，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， ，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的夹角为， 则. 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知数列的前项和为，且满足，数列是单调递增的等差数列，，且，，成等比数列. （1）求数列和数列的通项公式； （2）记，求的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）对于可用迭代法，消去，结合构造法求解通项，对于可设出其公差，列方程求解； （2）对于奇数项部分由错位相减法处理，偶数项部分由公式法求和，可先求为偶数时的表达式，然后进而求出为奇数时的结果. 【小问1详解】 当时，，解得， 当时，①，②， ①-②得：， 又，，， ∴数列是首项为8、公比为4的等比数列，， 设等差数列的公差为， ，且，，成等比数列， ， 即，解得 【小问2详解】 当为偶数时， 当为奇数时， 18. 已知函数，其中． （1）若，求的单调区间； （2）若， （i）证明：在区间内有且仅有个零点； （ii）设为的极值点，为的零点，且，证明：． 【答案】（1） 的单调递减区间为 ，无单调递增区间； （2）证明：（i）由 (1) 知 ，令 ，则 , , ，故 在 上单调递增, 当 时，，且 时 ，因此存在唯一的 ，使得 ，即 , 由此可知：当 时，，故 ， 单调递增； 当 时，，故 ， 单调递减, 因此， 是 在 内的唯一极值点（极大值点），且 ， 令 ，当 时，，故 在 上单调递减，因此 ，即, 取 ,代入 得, 由 ，结合 ，得 ， ， 因，，且 在 上单调递减，由零点存在定理，存在唯一的 ，使得 , 又 ，但 不在 内，故 在 内有且仅有 1 个零点; （ii）由题意， 是极值点，故 ，即, 是零点（），故 ，即, 将 代入上式，整理得,即（*）, 当 时，由 (i) 中结论 ，得 , 结合（*），可得， 因 ，故 ，则可得 ，即， 两边取自然对数，整理得 故要证 ，只需证 ，即证,也即， 由（i）中结论，当 时， 恒成立， 故, 又因为，可得,证毕. 【解析】 【分析】（1）利用导数讨论函数在参数时的单调性； （2）（i）通过 的单调性和零点存在定理进行证明；（ii）利用极值点、零点两个等式结合对数常用不等式，做两次连续放缩，通过中间式子搭桥，完成不等式传递证明. 【小问1详解】 函数 的定义域为 ， ， 当 时，因，则 ， ，即 恒成立， 所以 的单调递减区间为 ，无单调递增区间； 【小问2详解】 （i）略; （ii）略. 19. 已知动点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数． （1）求动点的轨迹的方程； （2）若曲线与轴的交点分别为、（在的左侧），过点的直线交曲线于点（位于第二象限），的角平分线交于点． （i）求证：点在定直线上； （ii）连接直线且与曲线的另一个交点为，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）证明：令，代入，得，解得，故、， 设直线的方程为，与曲线的方程联立得： ，则， 所以，解得， 故，故， 设点，则， 由题意得，， 因为平分，由角平分线定理得，即， 化简得，即，解得， 所以点在定直线上． （ii） 【解析】 【分析】（1）根据距离公式以及题干条件化简得出点的轨迹方程； （2）（i）求出点、的坐标，直线的方程为，将该直线方程与双曲线的方程联立，求出点的坐标，点，利用角平分线定理得出，结合两点间的距离公式解出的值，即可证得结论成立； （ii）先证明、、三点共线，可得出，根据点在第二象限求出的取值范围，再利用二次函数的基本性质可求出的取值范围. 【小问1详解】 设是点到直线的距离， 根据题意，动点的轨迹就是点的集合， 由此得，平方化简得，即． 【小问2详解】 （i）略 （ii）连接并延长交双曲线于点，下证点与点重合， 因为，，所以， 所以直线的方程为， 将直线与曲线的方程联立得：， 所以，， 故，则， 由（i）得，则，故、、三点共线． 又因为、、三点共线，即与点重合，所以， 因为点在第二象限，则，解得， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $