精品解析：湖南郴州市嘉禾县第一中学2025-2026学年高二下学期6月限时测试数学试题

2026年上学期高二6月限时测试数学 (时间:120分钟 满分:150分) 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. 已知复数（是虚数单位），则的虚部是（ ） A. 1 B. C. D. 2. 若双曲线的实轴长为4，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，是等腰直角三角形，，SA为球O的直径，且则此棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 若的展开式中各项系数之和为，所有偶数项的二项式系数之和为，且，则展开式中含项的系数为（ ） A. B. C. 540 D. 180 6. 已知数列的前项和满足，数列满足，则下列各式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 7. 定义在的函数满足，且都有，若方程的解构成单调递增数列，则下列说法：①；②若数列为等差数列，则公差为6；③若，则；④若.则；其中正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 中，，，是外接圆圆心，则的最大值为（ ） A. 3 B. C. 4 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. 给出下列四个命题，其中正确的命题是（ ） A. 函数是最小正周期为的周期函数 B. 函数的最小值为 C. 若，，则 D. 已知，则 10. 定义；在区间上，若数是减函数且是增函数，则称在区间上是“弱减函数”，根据定义可得（ ） A. 在上是“弱减函数” B. 在上是“弱减函数” C. 在上是“弱减函数” D. 若在上是“弱减函数”，则 11. 长方体，点E是棱的中点，点O是AC与BD的交点，以适当方式建立空间直角坐标系后；，则（ ） A. B. 长方体外接球的体积为 C. D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数在点处的切线与直线相互垂直，则实数______ 13. 已知是第四象限，且，则__________． 14. 一个箱子里有5个球，分别以1~5标号，甲从箱中有放回地随机抽取两次，记其取出的球的编号集合为，乙也从箱中有放回地随机抽取两次，记其取出的球的编号集合为．记随机变量为集合中元素的个数，则_________．附：已知，为两个随机变量，则． 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. 已知等差数列和等比数列，其中的公差不为，设是数列的前项和，若、、是数列的前项，且. （1）求数列和的通项公式； （2）若数列为等差数列，求实数. 16. 某种纪念卡片有红色和蓝色两种，每次购买时只能购买一张，得到红色卡片和蓝色卡片的概率各为.某人连续购买了4张卡片.假设每次购买得到的卡片的颜色互不影响. （1）此人至少得到一张红色卡片的概率； （2）若已知此人至少有一张红色卡片，求此人至少有一张蓝色卡片的概率. 17. 如图，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，且，，平面. （1）证明：平面平面； （2）求四棱锥体积的最大值； （3）当时，求直线与平面所成角的余弦值的最大值. 18. 设A，B两点的坐标分别为，，直线，相交于点M，且它们的斜率之积为3，记点M的轨迹为W，O为坐标原点． （1）求轨迹W的方程； （2）过点的动直线与W的左、右支交于P，Q两点，且与直线交于点C．过点F作直线，直线与直线，分别交于点D，E． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）若的面积与的面积之比为，求点Q的坐标． 19. 已知函数. （1）求函数在处的切线方程； （2）记函数的最小零点为，证明： （i）且； （ii）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年上学期高二6月限时测试数学 (时间:120分钟 满分:150分) 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. 已知复数（是虚数单位），则的虚部是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法运算，代入计算，即可求解. 【详解】，的虚部是1. 故选：A. 2. 若双曲线的实轴长为4，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件求出双曲线方程，再求渐近线的方程即可作答. 【详解】因双曲线的实轴长为4，即，解得， 所以双曲线方程为，其渐近线方程为， 故选：D 3. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】集合，集合，则. 4. 已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，是等腰直角三角形，，SA为球O的直径，且则此棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取中点，根据为球的直径，得到，求出，再由，得到的值，结合的值，利用余弦定理得到，从而得到，然后求出的面积，证明出平面，然后将三棱锥的体积转化为，从而得到答案. 【详解】取中点，连接，， 因为为球的直径，所以， 所以， ， 所以，， 在中，， 所以， 所以的面积， 由，，为中点， 从而得到，， 又，平面， 所以平面， 因此，三棱锥的体积为 . 故选：D. 【点睛】 本题考查球内接三棱锥的性质，余弦定理，三角形面积公式，线面垂直的判定，求三棱锥的体积，属于中档题. 5. 若的展开式中各项系数之和为，所有偶数项的二项式系数之和为，且，则展开式中含项的系数为（ ） A. B. C. 540 D. 180 【答案】A 【解析】 【分析】利用赋值法以及二项式系数性质可得，从而求出，再利用二项式展开式的通项公式即可求解. 【详解】记， 则，由二项式系数性质得， ∵， ∴，解得． ∵， 由，得， ∴展开式中含项的系数为． 故选：A. 【点睛】本题考查了二项式定理、考查了基本运算求解能力，属于基础题. 6. 已知数列的前项和满足，数列满足，则下列各式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用与的关系，求出数列的通项公式，再通过判断数列的单调性即可得出答案. 【详解】当时，，可得， 当时，，，两式相减得， 即，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以； 所以，所以， 令得，，又，所以，此时有， 当时，，即，此时数列是递减数列，故有. 故选：C. 7. 定义在的函数满足，且都有，若方程的解构成单调递增数列，则下列说法：①；②若数列为等差数列，则公差为6；③若，则；④若.则；其中正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】对于①，根据题意结合周期性运算求解；对于②，根据题意结合图象分析判断；对于③，整理可得，结合图象分析判断；对于④，根据图象结合对称性分析可得数列是以首项为7，公差为12的等差数列，进而利用等差数列知识运算求解. 【详解】因为都有，所以关于对称， 令，则，即． 因为定义在的函数满足， 所以的周期为6，作出函数在内的图象如图： 对于①，，故①错误． 对于②，由图象可知：若数列为等差数列，则， 此时与在内有且仅有一个交点， 因为周期是6，即，即数列的公差为6，故②正确. 对于③，若，即， 可得，则， 即与在内有且仅有2个交点， 结合图象可得，故③错误. 对于④，若，则与在内有且仅有3个交点，且， 因为， 则， 所以数列是以首项为7，公差为12的等差数列， 可得， 故，故④正确． 故选：B． 【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法：（1）转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解；（2）分离参数、转化为求函数的值域问题求解． 8. 中，，，是外接圆圆心，则的最大值为（ ） A. 3 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理求得，将化为，即，即可求出答案. 【详解】设外接圆半径为， 由正弦定理得，所以， 由圆的性质得， ， 所以当，即，即时， 取得最大值，最大值为. 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. 给出下列四个命题，其中正确的命题是（ ） A. 函数是最小正周期为的周期函数 B. 函数的最小值为 C. 若，，则 D. 已知，则 【答案】BD 【解析】 【分析】由不是周期函数判断A；利用同角的平方关系和换元法可得，结合二次函数的性质计算即可判断B；根据线面之间的基本关系即可判断C；利用三角恒等变换化简计算求出即可判断D. 【详解】对于A：函数的定义域为，其图象关于轴对称，并且只有一条对称轴，它不是周期函数，A错误； 对于B：， 设，则，且， 则该二次函数在上单调递增，在上单调递减， 且当时，，当时，， 所以该函数在上的最小值为，即函数的最小值为，故B正确； 对于C：若，则或，故C错误； 对于D：由，得， 即，所以， 即，故D正确. 10. 定义；在区间上，若数是减函数且是增函数，则称在区间上是“弱减函数”，根据定义可得（ ） A. 在上是“弱减函数” B. 在上是“弱减函数” C. 在上是“弱减函数” D. 若在上是“弱减函数”，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用基本初等函数的单调性可判断A选项；利用函数的单调性与导数的关系、并结合题中定义可判断BCD选项. 【详解】对于A选项，因为函数在上不是增函数，A不满足条件； 对于B选项，当时，，函数在上为减函数， 令，则，函数在上为增函数，B满足条件； 对于C选项，当时，， 令，其中，则， 所以，函数在上为减函数， 故当时，，则， 则函数在上为减函数， 又因为函数在上为增函数，C满足条件； 对于D选项，因为在上是“弱减函数”且该函数的定义域为， 由，解得，所以，， 又因为函数在上为增函数，D满足条件. 故选：BCD. 11. 长方体，点E是棱的中点，点O是AC与BD的交点，以适当方式建立空间直角坐标系后；，则（ ） A. B. 长方体外接球的体积为 C. D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，注意到，据此可判断选项正误；对于B，注意到为长方体外接球直径，据此可判断选项正误；对于C，由题可证，再设，则，据此可判断选项正误.对于D，如图连接，取中点为，由为到平面距离结合C分析可得：，最后构造函数，利用导数知识可得答案． 【详解】对于A，因分别为中点，则，故A正确； 对于B，注意到为长方体外接球直径，由A分析，， 则外接球半径为３，外接球体积为：，故B正确； 对于C，由题可得平面，又平面，则， 从而，又设，由B分析可得： ，则无法确定，故C错误； 对于D，如图连接，取中点为，易得为到平面距离， 设为，由C分析，可得． 又注意到 ． 则． 令，． 令，， 则在上单调递增，在上单调递减， 则，即最大值为，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. 函数在点处的切线与直线相互垂直，则实数______ 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求得斜率，再根据直线垂直的斜率关系列方程，从而求得的值. 【详解】， 直线的斜率为， 由于在点处的切线与直线相互垂直， 所以切线的斜率为，即. 故答案为： 13. 已知是第四象限，且，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以，由于是第四象限角，则，所以，从而，应填答案． 14. 一个箱子里有5个球，分别以1~5标号，甲从箱中有放回地随机抽取两次，记其取出的球的编号集合为，乙也从箱中有放回地随机抽取两次，记其取出的球的编号集合为．记随机变量为集合中元素的个数，则_________．附：已知，为两个随机变量，则． 【答案】 【解析】 【分析】由题可能的取值为，求出对应的概率，利用期望公式求解即可. 【详解】若甲两次抽到同一个数，有5种情况，此时集合只有1个元素， 若甲两次抽到不同的数，有种情况，此时集合有2个元素， 所以可能的取值为， 表示集合中没有相同元素，， 表示集合中有1个相同元素，， 表示集合中有2个相同元素，， 所以 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. 已知等差数列和等比数列，其中的公差不为，设是数列的前项和，若、、是数列的前项，且. （1）求数列和的通项公式； （2）若数列为等差数列，求实数. 【答案】（1）；；（2）实数可取或. 【解析】 【分析】（1）根据、、是数列的前项，可得，进而可求和的通项公式. （2）求出，根据为等差数列，求出前3项，即可求出的值. 【详解】（1）设的公差为，且，设的公比为，且， ∵、、是数列的前项，则， 即，化简得， 又∵， 化简得，解得，，∴， ∵、、是数列的前项，则，， ∴， （2）由（1）可知， 数列为等差数列，即数列为等差数列， 设，则，，，则， 则，化简得，解得、， 当时，，是首项为，公差为的等差数列，可取， 当时，，是首项为，公差为的等差数列，可取， 综上实数可取或. 【点睛】本题考查了等差等比数列的定义和通项公式，考查了计算能力，属于基础题目. 16. 某种纪念卡片有红色和蓝色两种，每次购买时只能购买一张，得到红色卡片和蓝色卡片的概率各为.某人连续购买了4张卡片.假设每次购买得到的卡片的颜色互不影响. （1）此人至少得到一张红色卡片的概率； （2）若已知此人至少有一张红色卡片，求此人至少有一张蓝色卡片的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设此人得到的卡片中红色的有张，蓝色的有张，则均服从二项分布，根据对立事件概率关系求解； （2）根据条件概率的计算公式求解. 【小问1详解】 设此人得到的卡片中红色的有张，蓝色的有张，则，， ， 即此人至少得到一张红色卡片的概率为. 【小问2详解】 由题可得 ， 即若已知此人至少有一张红色卡片，则此人至少有一张蓝色卡片的概率为. 17. 如图，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，且，，平面. （1）证明：平面平面； （2）求四棱锥体积的最大值； （3）当时，求直线与平面所成角的余弦值的最大值. 【答案】（1）证明：由题，四边形在球的一个截面的圆周上，故， 又，故，故， 由平面，平面，得， 又，平面，平面，故平面， 又平面，故平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）证明出，，利用线面垂直的判定定理可证得平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）过点在平面内作，垂足为点，由面面垂直的性质得出平面，求出的面积，利用基本不等式求出面积的最大值以及长的最大值，结合锥体的体积公式可求得四棱锥体积的最大值； （3）取线段的中点，连接、，求出的长，根据题意得出关于、的方程组，求出的值，进而可求得的长，利用三角不等式求出的最大值，设与平面所成角为，可得出的最小值，由此可得出的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点在平面内作，垂足为点， 由平面平面，平面平面，平面， 可得平面，记四棱锥的体积为， 则， 因为，所以， 由平面，平面，得，故， 于是，当且仅当时取等号， 由，得， ，由，得， 故，当且仅当时取等号，于是， 故. 故四棱锥体积的最大值为. 【小问3详解】 取线段的中点，连接、， 因为，为的中点，故， 因为，，，由等面积法可得， 由，设，则， 所以，整理得， 解得，即， 因为，，所以，故， 在中，，， 由余弦定理可得， 当时，， 此时，此时； 当时，， 此时，此时. 综上所述，， 所以，当且仅当、、三点共线时，等号成立， 即长的最大值为， 设与平面所成角为，当取最大值时，最小，此时取最小值， 所以， 此时，即， 故当时，直线与平面所成角的余弦值的最大值为. 18. 设A，B两点的坐标分别为，，直线，相交于点M，且它们的斜率之积为3，记点M的轨迹为W，O为坐标原点． （1）求轨迹W的方程； （2）过点的动直线与W的左、右支交于P，Q两点，且与直线交于点C．过点F作直线，直线与直线，分别交于点D，E． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）若的面积与的面积之比为，求点Q的坐标． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明：设直线的方程为，，，则． 由得，． 故， 直线的方程为，直线的方程为， 由解得． 同理解得． 故， 因此．即点F是线段的中点， 因此为定值． （ⅱ）． 【解析】 【分析】（1）直接利用题目中所给的条件即可求解，注意自变量的取值范围； （2）方法一：联立方程，利用韦达定理和三角形的面积公式进行求解； 方法二：用几何比例关系，把面积比转化成线段比进行求解； 方法三：将面积比转化成线段比，结合向量共线，代入曲线方程进行求解. 【小问1详解】 设动点为． 则由直线，斜率之积为3，得， 整理可得． 因此轨迹W的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）方法一：不妨假设点P在第二象限，点Q在第一象限， 此时，，得． 由题意（*）． 由（ⅰ）得，． 代入（*）化简得， 得，即， 解得或（舍去）， 因此，代入双曲线方程得． 由对称性可得当点Q在第四象限时，，． 因此点Q的坐标为． 方法二：由题意， 利用结合，可得． 不妨设，则， 得，， 得． 因此，得． 解得（负值舍去）． 故，因此，代入双曲线方程得， 因此点Q的坐标为． 方法三：不妨设，，． 因为利用结合，得， 由，得， 化简得，解得． 因此． 故，因此，代入双曲线方程得， 因此点Q的坐标为． 19. 已知函数. （1）求函数在处的切线方程； （2）记函数的最小零点为，证明： （i）且； （ii）. 【答案】（1） （2） （i）由（1）知. 当时，，所以在上单调递减. 当时，，所以在上单调递增. 所以. 又，. 为增函数；又. 当时，函数即为. 时，函数的最小零点即为的零点. 则存在，使得. ，.则. （ii）由题知. 先证恒成立，单调递增且存在唯一零点. 当为偶数时，函数为. 由（i）知，为增函数，零点为，. 又在上单调递减，在上单调递增. 则. 又，则单调递增，. . 则存在唯一零点，以此递推，……， . 则单调递增，又. 则存在唯一零点，命题成立. 又单调递增，且，所以. 由上述讨论知，在单调递减，在单调递增，且. 当为奇数时，函数为， 又时，，则存在另一零点，由题意知另一零点为，且. 现证明若存在使得，则. 即证，即证. 令，则. ，. ，. . . …… ，. . 反推可得到，命题得证. 又，则，即. 综上所述：. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解. （2）（i）根据导数求出，又，得到为增函数，当时，函数即为，根据零点存在性定理即可证明，代入即可证明；（ii）先分别证明两个不等式，通过分析函数的单调性和零点的性质来完成证明. 【小问1详解】 ，则. ，，则切线方程为. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $