云南省思茅第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学考前训练

**基本信息** 高二（下）期中数学复习卷，涵盖集合、复数、数列等模块，通过德育课程报名、文明城市竞赛等真实情境，融合空间观念、数据意识与逻辑推理，实现基础巩固与能力提升的梯度考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|集合运算、复数模、数列周期|基础概念辨析，如第4题结合递推关系考查周期数列| |多选题|3题|三角函数图象、等差数列性质、立体几何|多角度思维，如第11题综合线面垂直与外接球截面| |填空题|3题|直线平行、排列组合、二项式定理|方法多样性，如第13题用分类/排除法解决接力赛问题| |解答题|5题|概率统计、解三角形、立体几何、椭圆、导数|综合应用，如15题通过频率分布直方图考查数据处理，19题结合切线与恒成立问题考查逻辑推理|

高二（下）期中考试数学考前训练复习卷1 班级： 姓名： 一、单选题 1．已知集合，则（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 2．若复数z满足，则（   ） A． B． C．1 D．2 3．已知，且，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 4．在数列中，，对所有的正整数都有，则（    ） A．             B．             C．             D． 5．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，点在角的终边上，则（    ） A． B． C． D． 6．在各项均为正数的等比数列中，，，则（    ） A．6 B．4 C．3 D．2 7．为了落实立德树人的根本任务，践行五育并举，某校开设、、三门德育校本课程，现有甲、乙、丙、丁四位同学参加校本课程的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，则不同的报名方法有（   ） A．72种 B．60种 C．54种 D．36种 8．已知的展开式中二项式系数和为128，则展开式中有理项的项数为（    ） A．0 B．2 C．3 D．5 二、多选题 9．已知函数的部分图象如图所示，其中，，则（   ） A． B．的图象关于中心对称 C．在上单调递增 D．将的图象向右平移个单位后关于原点对称 10．已知等差数列的公差为d，前n项和为，，，，则（　　） A． B．， C． D．当n＝7时，有最大值 11．如图，半圆锥的底面直径为，母线，P为圆弧AD上任意一点（不包括A，D两点），直线AB垂直于平面ADP，且．连结BD交母线VA于点E．下列结论正确的是（    ） A．三棱锥的4个面均为直角三角形 B． C．沿此半圆锥的曲侧面从点D到达点E的最短距离为2 D．当直线PB与平面VAD所成角最大时，平面PAB截三棱锥外接球所得截面的面积为 三、填空题 12．直线，，若，则_______． 13．从6名短跑运动员中选出4人参加接力赛，甲不能跑第一棒和第四棒，问共有_______种参赛方案． 14．若，则__________． 四、解答题 15．文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大得利者，更是文明城市的主要创造者，鹤山市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：得到如图所示的频率分布直方图．    (1)求样本成绩的平均数和第62百分位数； (2)用分层抽样的方法在分数落在内的答卷中随机抽取一个容量为5的样本，现将该样本看成一个总体，再从中任取2份，求至多有1份答卷的分数在内的概率． 16．在中，角对应边分别是.已知成等差数列，且. (1)求的值； (2)若的外接圆半径为，求的面积. 17．在如图所示的多面体中，四边形ABCD为正方形，A，E，B，F四点共面，且和均为等腰直角三角形，，平面平面AEBF，. (1)求证：直线平面ADF； (2)求平面CBF与平面BFD夹角的余弦值； (3)若点P在直线DE上，求直线AP与平面BCF所成角的最大值. 18．已知椭圆的长轴长为8，是椭圆的左焦点，直线：与轴交于点，且. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆有唯一公共点，记为原点，求的面积； (3)若直线与椭圆交于，两点（点在第一象限），且为中点，求的值. 19．已知函数 (1)讨论函数的单调区间； (2)若曲线在处的切线垂直于直线，对任意恒成立，求实数的最大值； 云南省思茅第一中学（高二年级数学备课组） 训练类：期中考前训练 使用时间：2026年4月 命制人：童星 审核人：高二年级数学备课组 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 《2026年04月18日数学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D B B C D C AC BCD 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】求函数定义域化简集合A，解指数函数不等式化简集合B，然后利用交集运算求解即可. 【详解】对于集合A：，所以，解得或， 所以或， 对于集合B：可得，所以， 所以或. 2．A 【分析】首先根据题意求出复数z的表达式，再根据公式即可求解，也可以根据复数模的定义求解. 【详解】由，可得， 方法一：故． 方法二：， 所以. 3．D 【分析】根据空间向量共线定理，代入公式，即可求解. 【详解】由，可知，即， 得，解得：，. 故选：D 4．B 【分析】由得得到数列的周期，进而解决问题. 【详解】由得， 两式相加得， ， 是以6为周期的数列， 而， . 故选：B. 5．B 【分析】利用三角函数的定义求出，再根据诱导公式和倍角公式化简即可. 【详解】由题意可知，， 所以. 故选：B 6．C 【分析】根据给定条件，利用等比数列性质计算作答. 【详解】等比数列中，，由，得，由，得， 所以. 故选：C 7．D 【详解】解析 第一步，将四位学生应分成三组，即随机选取2人为一组，其余剩下两人每人单独一组，故有种分法；第二步，将三组学生排列到三门课程中，共有种排列， 所以不同的报名方法有种．故选D． 8．C 【分析】先根据展开式中二项式系数的和求出，得到通项公式，求出有理项个数. 【详解】由题展开式中二项式系数的和为，解得， 所以二项式为， 则展开式的通项为，，1，2…，7. 所以当，3，6时，为有理项， 所以展开式中有理项共3项. 故选：C. 9．AC 【分析】方法一：对于选项A，将点代入函数的解析式中，联立方程组，求得的值；对于选项B，将代入函数中，判断函数值是否为0来判断该点是否是对称中心点；对于选项C，将C中由的范围确定函数是否单调递增；对于选项D，先求出函数平移后的函数解析式，然后判断其是否关于原点对称. 方法二：对于选项A，根据点在图象中的位置和坐标，确定题中的函数是由正弦函数如何变换得到的，从而可以确定的值；其他选项的分析方法同方法一. 【详解】方法一： 对于选项A：依题意，，， 因为，，解得，，故，故正确； 对于选项B：因为，故错误； 对于选项C：当时，，故在上单调递增，故正确； 对于选项D：，不关于原点对称，故错误. 方法二： 对于选项A：若是的图象，，两点的横向距离为，实际上， ，两点的横向距离为，被拉伸了2倍，故； 其他选项的判断同方法一. 故选：AC. 10．BCD 【分析】根据可判断选项A；根据和判断选项B；利用等差数列的性质判断选项C和D. 【详解】∵，∴，故选项A错误； ∵，，∴，故选项B正确； ∵，且，∴，故选项C正确； 由，知，当n＝7时，有最大值，故选项D正确； 故选：BCD． 11．ABD 【详解】解析  对于A，根据直线AB垂直于平面ADP，故，，故，为直角三角形，半圆锥的底面直径为，P为圆弧AD上任意一点（不包括A，D两点），，故为直角三角形，因为，，故平面ABP，得，故为直角三角形，故A正确； 对于B，中，，则； ．B答案正确． 对于C，将圆锥沿母线剪开后得到平面展开图，，则；即圆锥展开为一个半圆．又，，则，C答案错误． 对于D，过P作于H，连接BH，则面VAD，故为PB与面VAD所成的角， 法一（设边）：设，，则，，， 则，可得．设，，则上式，当且仅当，即时取得“”．又三棱锥的外接球半径为，D点到平面PAB的距离为， 又DB中点（球心）到平面PAB的距离为D点到平面PAB的距离的一半，即为； 则，所以，故D正确； 法二（设角）：设，，，， ， 利用柯西不等式，当且仅当，即，，所以，所以，所以，故D正确；故选：ABD． 12．或2 【详解】解析 若，则，即，解得或，故答案为或2． 13．240 【详解】解析 （方法一）从人（元素）的角度考虑， 优先考虑甲，分以下两类： 第1类，甲不参赛，有种参赛方案； 第2类，甲参赛，可优先将甲安排在第二棒或第三棒，有2种方法，然后安排其他3棒，有种方法，此时有种参赛方案． 由分类加法计数原理可知，甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有（种）． （方法二）从位置（元素）的角度考虑， 优先考虑第一棒和第四棒，则这两棒可以从除甲之外的5人中选2人，有种方法；其余两棒从剩余4人中选，有种方法． 由分步乘法计数原理可知，甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有（种）． （方法三）排除法 不考虑甲的约束，6个人占4个位置，有种安排方法，剔除甲跑第一棒和第四棒的参赛方案有种，所以甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有（种）．故答案为240． 14． 【分析】利用赋值法给赋值0和1即可求解. 【详解】令，则， 令，则， ； 故答案为： 15．(1)平均数为74，第62百分位数79 (2). 【分析】（1）利用中点值来计算样本平均数，利用百分位数的定义来求第62百分位数； （2）利用分层抽样，再用列举法来求古典概型概率即可. 【详解】（1）由频率和为1可得：，则； 利用中点值来计算样本成绩的平均数为：； 前三组的频率之和为； 前四组的频率之和为； 所以第62百分位数在第四组，即第62百分位数为； （2）落在内的样本容量为：， 落在内的样本容量为：. 则应从中抽2个，从中抽3个. 设中的样本为：，中的样本为：. 则从中任取2份的情况有： ，，共10种. 分数最多一个在内有：共7种， 则至多有1份答卷的分数在内的概率为：. 16．(1) (2) 【分析】（1）先根据等差数列的性质得到的关系，再根据正弦定理将角化边，最后利用余弦定理求值； （2）先根据正弦定理求出，再结合（1）中的的关系求出，最后根据三角形的面积公式求解. 【详解】（1）由成等差数列知，又得， 于是，设，则， 所以； （2）由（1）知， 由得，所以， 所以的面积. 17．(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】解析  （1）因为和均为等腰直角三角形，且，所以，所以，又平面ADF，平面ADF，所以平面ADF. （2）连接BD，因为四边形ABCD为正方形，所以，因为平面平面AEBF，平面ABCD，平面平面，所以平面AEBF，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，所以，，，，，，，设平面BCF的法向量为，则，得，令，则，设平面BFD的法向量，，由，令，得，因为，所以平面CBF与平面BFD夹角的余弦值是. （3）设，则，设AP与平面BCF所成的角为，则，要使最大，则，所以，时等号成立，所以，所以AP与平面BCF所成角的最大值为. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据椭圆长轴长定义、结合两点间距离公式、之间的关系进行求解即可； （2）根据椭圆切线的性质，结合三角形面积公式进行求解即可； （3）利用一元二次方程根与系数关系进行求解即可, 【详解】（1）因为椭圆长轴长为8，所以， 因为直线：与轴交于点，所以点的坐标为， 因为是椭圆的左焦点，所以左焦点的坐标， 由， 所以， 所以椭圆的方程为 （2）， 因为直线与椭圆有唯一公共点， 所以， 若，， 所以的面积， 若，， 所以的面积， 综上所述：的面积为； （3）设， 因为为中点，所以， 因为点在第一象限，所以， 由上可知：， 解得：，舍去， 当时，， 所以. 19．(1)当时，在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减； (2) 【分析】（1）分和两种情况分别判断导数的正负，即可得到的单调区间； （2）由条件先求出的值，再将不等式转化为在恒成立，利用导数求出在的最小值即可得解. 【详解】（1）函数的定义域为，求导可得. 当时，恒成立，此时，在单调递增； 当时，令，解得. 当，，函数单调递增； 当，，函数单调递减. 综上可知，当时，在单调递增； 当时，在单调递增，在单调递减； （2）因为曲线在处的切线垂直于直线， 直线的斜率为2，故切线斜率为. 故，解得. 对任意恒成立， 即恒成立，整理可得. 令，所以的最小值即为的最大值. ，令，解得. 当，，函数单调递减； 当，，函数单调递增. 故在处取得最小值， 所以实数的最大值为. 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 $