湖南省株洲市2026-2027学年高二上学期期中考试数学自编卷（范围：人教A版必修第一、二册+选择性必修第一册）

湖南省株洲市2026-2027学年高二上学期期中考试自编卷 数学试题（解析版） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A D B C B B D ACD BC 题号 11 答案 ACD 1．D 【解析】利用抛物线的方程可直接得到焦点坐标． 【详解】抛物线的焦点坐标是（a,0）， 故选D． 【点睛】本题考查抛物线的标准方程、焦点坐标，属于基础题． 2．A 【分析】根据题意得，进而根据空间向量求模即可. 【详解】由题意可知，因为， 所以，所以． 故选：A． 3．D 【分析】由题知，，，再待定系数求解即可. 【详解】由题知，周期满足， 所以，解得， 又因为，即 所以，即 又，所以， 所以. 故选：D 4．B 【分析】由题意，将该三棱锥置于一个长方体中，则体对角线即为外接球得直径，求出外接球的半径，再根据球的表面积公式即可得解. 【详解】由题意，在三棱锥中，平面， 故将该三棱锥置于一个长方体中，如图所示， 则体对角线即为外接球得直径， ， 故外接球的半径， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：B. 5．C 【分析】先判断函数的奇偶性、周期性、单调性，然后根据函数的图象，即可求得的最小值. 【详解】因为， 所以为偶函数， 又， 所以的周期为， 当时，，， 令，，故存在，使得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 又，作出的图象如下图，由图可知，函数的最小值为-1.    故选：C 6．B 【分析】不等式的解集为，可转化成不等式恒成立，然后讨论二次项系数和判别式可得结论. 【详解】因为不等式的解集为， ∴不等式恒成立 ①当m+1=0，即m=时，不等式化为≥0，解得x≥2，不是对任意x∈R恒成立，舍去；②当m+1≠0，即m≠时，对任意x∈R要使，只需m+1>0且，解得. 综上，实数m的取值范围是. 故选：B. 7．B 【分析】由题意画出图形，可证AC⊥平面B′ED，得到球心O位于平面B′ED与平面ACF的交线上，即直线EF上，由勾股定理结合OA＝OB′，OE＜EF，EF＜EB′＝4可得线段EF长度的取值范围． 【详解】如图所示： 由已知可得，AC⊥B′E，且AC⊥DE， ∴AC⊥平面B′ED， ∵E是AC的中点， ∴到点A、C的距离相等的点位于平面B′ED内， 同理可知，到点B′、D的距离相等的点位于平面ACF内， ∵球心O到点A，B′，C，D的距离相等， ∴球心O位于平面B′ED与平面ACF的交线上，即直线EF上． ∴球心O落在线段EF上（不含端点E、F）， 显然EF⊥B′D，由题意EA＝3，EB′＝4，则OA2＝OE2+9， 且OB′2＝OF2+FB′2＝OF2+EB′2﹣EF2＝（EF﹣OE）2+16﹣EF2＝OE2+16﹣2EF•OE． ∵OA＝OB′， ∴OE2+9＝OE2+16﹣2EF•OE，则， 显然OE＜EF， ∴EF，即EF． 又EF＜EB′＝4，∴EF＜4． 故选：B． 【点睛】本题考查空间中点、线、面的位置关系以及距离计算，还考查了空间想象能力与转化思维能力，属难题． 8．D 【分析】先通过圆柱的轴截面为正方形，可得该圆柱的内切球半径，再去研究球的内接正四面体，从而转化为研究正四面体的外接球问题即可. 【详解】因为圆柱的轴截面为正方形，母线长为， 所以圆柱的内切球半径为， 若该圆柱内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动， 则该正四面体内接于该圆柱的内切球时，棱长最大，如图该正四面体的棱长为， 设点在面内的射影为，即面，则球心在上， 且，， 所以， 所以， 在中，， 即， 整理可得：，解得或（舍）， 所以的最大值为4， 故选：D 【点睛】方法点睛：要让正四面体在圆柱内任意转动起来，转化为这个正四面体在圆柱的内切球内，从而问题得解. 9．ACD 【分析】根据对应函数的性质，判断命题的真假. 【详解】指数函数值域为，所以，A选项正确； 当时，，所以是假命题，B选项错误； 当时，，所以，C选项正确； 函数值域为R，所以，D选项正确. 故选：ACD. 10．BC 【分析】根据函数值域即可判断A选项；根据函数的映射不可以一对多即可判断B选项；根据即可判断C选项；先求，再求即可求解. 【详解】对于A，函数的值域为，函数值域为， 两函数的值域不同，所以不是同一函数，故A错误； 对于B，若函数在处有定义，则的图像与直线的交点有1个； 若函数在处没有定义，则的图像与直线没有交点，故B正确； 对于C，，所以， 所以，所以，若则，故C正确； 对于D，由，可得，所以，故D错误； 故选：BC. 11．ACD 【分析】由正弦定理进行边角互化，得，根据锐角三角形各角的范围，判断A；由正弦定理进行边角互化，得，根据锐角三角形各角的范围，判断B；根据诱导公式及两角和的正切公式得到结论，从而判断C；用余弦定理进行边角互化，化简可得，进而判断D. 【详解】对于A，若是锐角三角形且，由正弦定理，得. 因为， 所以. 因为均为锐角，所以，且，所以为锐角. 所以，即.故A正确. 对于B，若是锐角三角形且，由正弦定理，得. 结合选项A，可知. 因为均为锐角，所以，且，所以，即. 因为，所以则的取值范围是.故B错误； 对于C，对于C，显然不是直角三角形，则在中，, 所以, 化为, 即, 又，所以， 在中，最多只有一个角为钝角， 所以，即三个角都为锐角， 所以为锐角三角形，故C正确； 对于D，若，则由余弦定理得，. 化简得，，所以. 因为，所以，即. 所以是直角的直角三角形.故D正确. 故选：ACD. 12． 【分析】根据分层抽样的性质，利用平均数以及方差的计算，建立方程，可得答案. 【详解】由，不妨设样本由男生2人和女生3人组成.由题设： ，，解得，； ， 解得，； 所以样本的平均分，样本的方差. 故答案为：. 13． 【详解】由题可知. 因为，所以． 又函数在内恰有3个最值点和4个零点. 由正弦函数图象得，解得. 注: 是为了保证有4个零点, 是为了有3个最值点. 故实数的取值范围是. 14．正弦型（或余弦型曲线） 【分析】建立平面直角坐标系，根据曲线的几何特征求得曲线对应的方程，从而确定正确答案. 【详解】如图，截面所在平面与底面所成的角为． 设放样曲线上动点，则在截线上过点作垂直于圆柱的底面，垂足为， 过作，垂足为，在截线所在的平面中，过作，垂足为， 连接，则， 而，设底面半径为，在中由正弦定理得， 由余弦定理得， 所以， 故曲线类似正弦型函数的图形． 故答案为：正弦型（或余弦型曲线） 15．（1）平面内；平面外；不过该点的；，，， （2）证明：假设直线和在同一平面内， 那么这个平面一定经过点和直线， 因为，且经过点与直线只能有一个平面， 所以直线与应在平面内， 所以，这与已知矛盾， 所以直线和是异面直线. 【分析】（1）根据异面直线的判定定理直接求解即可； （2）根据题意，由反证法证明即可. 【详解】（1）异面直线判定定理为：过平面内一点与平面外一点的直线，和此平面上不过该点的任何一条直线是异面直线； 符号语言：若，，，，则直线与直线异面． （2）略 16．(1)； (2) 是上的增函数，证明如下： 对于任意的实数，且， ， 因为指数函数是增函数，所以，故， ，所以，即， 所以是上的增函数． (3). 【分析】（1）由条件再根据有意义时，奇函数满足列方程求解，再结合奇函数定义验证所得结果； （2）根据定义法证明单调性； （3）根据前两问中函数的性质，结合单调性与奇偶性，将条件转化为对任意的恒成立，再结合基本不等式求结论. 【详解】（1）因为函数的定义域为，且是奇函数， 所以，解得， 此时．，满足题意，所以． （2）略 （3）因为函数是奇函数，所以， 即 又是上的增函数，所以对任意的恒成立， 所以对任意的恒成立， 因为，当且仅当即时等号成立 所以，即实数的取值范围是． 17．模型符合题意，理由见解析． 【分析】根据函数的单调性求最值，结合题目检验，可得答案. 【详解】记，，，， 则、、均为上的严格增函数． 由时，，，， 可知模型，，均不符合奖金总数不超过5万元的要求． 由奖金不超过利润的26%，则需满足当时恒成立，即当时，不等式恒成立． 令，，因为函数在上为严格增函数，所以在上为严格增函数． 由时，，可知当时，不等式恒成立，所以满足奖金不超过利润的26%的条件． 综上所述，模型符合题意． 18．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到，进而求出； （2）由面积公式求出，由正弦定理得到，不妨设，，得到.延长至点, 使得, 连接，构造相似三角形，在中，由余弦定理得到，由基本不等式求出，得到角平分线长的最大值. 【详解】（1）由正弦定理，得，即， 故， 因为，所以， 所以； （2）由（1）知， 因为的面积为，所以，解得， 在中，由正弦定理，得， 在中，由正弦定理，得， 因为为角A的角平分线，所以， 又，所以，所以， 不妨设，，则，故， 延长至点E，使得，连接， 则，又， 所以，故，， 则，， 则，， 在中，由余弦定理，得， 即， 因为，所以， 其中，当且仅当，即时，等号成立， 故，故. 所以长的最大值为. 【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题， 常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案； ②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法； ③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值. 19．(1) (2) (3)不存在，理由如下： 当时，研究直线与曲线在第一象限的公共点. 联立，得（*）. 因为， 所以方程（*）只有一个正根，则直线与曲线在第一象限只有一个公共点. 同理，直线与曲线在第三象限也只有一个公共点. 因此，当时，直线与曲线只有两个公共点. 当时， 一方面，直线与曲线在第二象限的部分至多两个公共点. 另一方面，由，得（*）. 因为， 所以方程（*）无正根，即直线与曲线在第一象限无公共点. 同理，直线与曲线在第三象限无公共点. 所以当时，直线与曲线至多两个公共点. 所以时，直线与曲线至多两个公共点. 由对称性可知，时，直线与曲线也至多两个公共点. 综上，不存在直线与曲线至少有三个不同的公共点. 【分析】（1）根据对称性，由三角形面积及扇形面积公式计算即可求解； （2）分都在第一象限（或坐标轴正半轴），不妨在第一象限（或坐标轴正半轴），在第二象限（或轴负半轴）时，不妨在第一象限（或坐标轴正半轴），在第三象限（或坐标轴负半轴）时，三种情况求解即可； （3）根据对称性，分，两种情况，讨论求解即可. 【详解】（1）曲线既关于两坐标轴成轴对称，又关于原点成中心对称. 当时，曲线方程为. 记圆心为，与轴分别交于两点， 则，过点作， 则， 所以， 所以. 所以， 所以，同理. 由对称性可知，曲线围成的平面图形的面积 . （2）记曲线在第一象限的圆心为，第二象限的圆心为， 第三象限的圆心为､第四象限的圆心为. 情况1：不妨都在第一象限（或坐标轴正半轴），. 情况2：不妨在第一象限（或坐标轴正半轴），在第二象限（或轴负半轴）时， （当且仅当四点共线时等号成立），此时最大值为6. 情况不妨在第一象限（或坐标轴正半轴），在第三象限（或坐标轴负半轴）时， （当且仅当四点共线时 等号成立），此时最大值为. 综上，根据对称性可知最大值为. （3）略 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省株洲市2026-2027学年高二上学期期中考试自编卷 数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.考试范围：人教A版必修第一册、必修第二册、选择性必修第一册。 一、选择题（本大题共8个小题，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．抛物线的焦点坐标是 A． B． C． D． 2．如图，已知在平行六面体中，，且，则（    ） A． B． C． D． 3．已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式为（   ） A． B． C． D． 4．在三棱锥中，平面，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 5．已知函数，则的最小值为（    ） A． B． C． D．0 6．不等式的解集为，则m的取值范围是（    ） A． B． C． D．或 7．将边长为5的菱形ABCD沿对角线AC折起，顶点B移动至处，在以点B'，A，C，为顶点的四面体AB'CD中，棱AC、B'D的中点分别为E、F，若AC＝6，且四面体AB'CD的外接球球心落在四面体内部，则线段EF长度的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．已知一圆柱的轴截面为正方形，母线长为，在该圆柱内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则的最大值为（    ） A．1 B．2 C． D．4 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，至少有两项符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分 9．下列命题中的真命题是（    ） A． B． C． D． 10．下列说法正确的有（    ）． A．函数与函数为同一函数 B．函数的图像与直线的交点最多有1个 C．已知，若，则 D．若，则 11．已知内角、、，对应的边分别为、、，下列说法正确的是（   ） A．若是锐角三角形且，则 B．若是锐角三角形且，则的取值范围是 C．若，则是锐角三角形 D．若，则是直角三角形 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．某校高二年级有男生400人和女生600人，为分析期末物理调研测试成绩，按照男女比例通过分层随机抽样的方法取到一个样本，样本中男生的平均成绩为80分，方差为10，女生的平均成绩为60分，方差为20，由此可以估计该校高二年级期末物理调研测试成绩的方差为_____________. 13．已知函数在内恰有3个最值点和4个零点，则实数的取值范围是___________． 14．工人师傅在如图①的一块矩形铁皮上画一条曲线，沿曲线剪开，将所得到的两部分卷成圆柱状，如图②，然后将其对接，可做成一个直角的“拐脖”（图③）．这条曲线称为放样曲线． 这样做常要对放样曲线进行调整，才能使拐脖恰成直角且吻合得恰到好处，减少材料浪费，那么这条曲线到底是____________曲线. 四、解答题（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（1）用文字语言和符号语言叙述异面直线判定定理： 文字语言：过______一点和______一点的直线，和此平面上______的任何一条直线是异面直线； 符号语言：若______，则直线与直线异面． （2）用反证法证明异面直线判定定理． 16．设为实数，已知函数是奇函数． (1)求的值； (2)判断在上的单调性并求证； (3)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围． 17．临港自由贸易区某科技公司为了实现1000万元的利润目标，准备制定一个激励销售人员的奖励方案：在销售利润达到10万元时，按销售利润进行奖励，且奖金y（单位：万元）随销售利润x（单位：万元）的增加而增加，但奖金总数不超过5万元，同时奖金不超过利润的26%．现在有三个奖励模型：，，，若已知函数在上为严格增函数，问其中哪个模型能符合公司的要求？并请说明理由． 18．已知的内角A，B，C的对边为a，b，c，且． (1)求； (2)若的面积为，求内角A的角平分线长的最大值． 19．已知曲线. (1)求曲线围成的平面图形的面积； (2)若是曲线上的两个动点，求的最大值； (3)是否存在直线与曲线至少有三个不同的公共点？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由. 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 $