湖南衡阳市第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

**基本信息** 衡阳市第一中学2026年高二下期中数学试卷，以导数、立体几何为核心，通过函数极值（第3题）、空间几何体（第4题）及综合解答题（如第19题零点探究），考查逻辑推理与数学建模，适配期中知识巩固与能力提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|导数计算、函数单调性、空间几何体高|基础概念与运算结合，如第5题含参函数单调性讨论| |多选题|3/18|空间向量、导函数图像分析|选项分层，如第10题通过导函数图像判断极值点与单调性| |填空题|3/15|向量运算、点到直线距离、导数应用|第14题结合导数构造函数解不等式，体现数学思维| |解答题|5/77|切线方程、空间证明、二面角、函数零点|第16题正方体截去三棱锥后几何证明与二面角计算，第19题含参函数零点探究，突出综合性与逻辑推理|

绝密★启用前 衡阳市第一中学2026年高二下学期期中考试试题 数 学 注意：总分150分 时间120分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1．已知，则等于（    ） A． B． C． D． 2．设函数，若，则（    ） A．或 B．或0 C． D．0 3．已知函数在处取得极大值，则（ ） A．3或1 B．3 C．2 D．1 4．在四棱锥中，，则该四棱锥的高为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 5．函数在区间上是减函数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．设点在曲线上，点在曲线上，则最小值为（   ） A． B． C． D． 7．如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（）    A． B． C．与夹角是 D．直线与直线的距离是 8．已知函数在处取得极值，则在的最大值为（   ） A． B． C．1 D． 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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．如图，在三棱柱中，分别是所在棱的中点，设，则（　　） A． B． C． D． 10．函数的导函数的图象如图所示，则（   ）    A．为函数的零点 B．函数在上单调递减 C．为函数的极小值点 D．是函数的最小值 11．在空间直角坐标系中，已知正四面体的四个顶点的坐标为，，，，点在四面体外接球的球面上，且平面，点在四面体内切球的球面上，则下列结论正确的有（   ） A． B．的最大值是最小值的2倍 C．四面体外接球的体积为 D．当取得最小值时，点的坐标为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12．若，，则_________. 13．已知点，，，则点A到直线BC的距离为______． 14．设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，，并且，则不等式的解集为_________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（14分）设函数，其中． (1)当时，求曲线在点处的切线方程；（6分） (2)当时，求函数的极小值．（8分） 16．（15分）将正方体截去三棱锥后得到如图所示的几何体，且为的中点． (1)证明：平面．（7分） (2)求二面角的正弦值．（8分） 17．（14分）已知函数，. (1)若，求函数在点处的切线方程；（6分） (2)若，设函数的导函数为，讨论的单调性.（8分） 18．（16分）如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点，点在线段上，且. (1)求证：平面；（5分） (2)求平面和平面的夹角的余弦值；（6分） (3)设点在线段上，且，判断直线是否在平面内？请说明理由.（5分） 19．（18分）已知函数． (1)分析函数的单调性．（6分） (2)若，试问是否存在零点．若存在，请求出该零点；若不存在，请说明理由．（6分） (3)若有两个零点，求满足题意的的最小整数值．（参考数据：，）（6分） 衡阳市第一中学2026年高二下学期期中考试试题 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B C B D A A ACD BC 题号 11 答案 ABD 12． 13．/ 14． 15．（1）当时，， 得，且，． 所以，曲线在点处的切线方程是， 整理得 （2）若，则，则． 令，解得或 当变化时，的正负如下表： 因此，函数在处取得极小值，且． 16．(1) 取的中点，连接，． 易证，且， 又为的中点，所以，且， 则四边形是平行四边形，所以． 因为平面，平面，所以平面． （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示． 设，则，，，，，，． 设平面的法向量为，则 令，得． 设平面的法向量为，则 令，得． 设二面角的平面角为， 则， 所以二面角的正弦值为． 17．（1）当时，，， 所以，， 故切线方程为， 即. （2）易知， 所以， ①若，则，，此时在上单调递增； ②若，则， 当时，，此时在上单调递减； 当时，，此时在上单调递增； 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，函数的单调增区间为，减区间为. 19．（1）因为，，， 令，则， 因为，所以恒成立，所以即单调递增， 又时，，时，． 所以存在，使得， 所以在上递减，在上递增． （2），，的零点个数与的零点个数相同． ①当时，，． 当时，，单调递减；当时，，单调递增． 当时，取得最小值．无零点，即无零点． ②当时，．令．又恒成立， 在上单调递增． ，，故存在，使得； 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 当时，取得最小值．（*） 由，得，代入得． 若有零点，则必有，即，也即． 令，，当时，，单调递增；当时，，单调递减． ，取，，即恒成立，矛盾，故没有零点． 综上所述，当时，没有零点． （3）若有两个零点，则有两个零点． 由（2）可知，． 在上单调递增，又，，故存在，使得； 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 当时，取得最小值． 由，得， 代入得． 有两个零点，则必有． 设，，当时，恒成立， 在上单调递减，，． 设，．当时，恒成立，在上单调递增，． 下证当时，有两个零点．，，． 在上有两个零点，即在上有两个零点． 综上所述，为满足题意的最小正整数值． 学科网（北京）股份有限公司 $