浙江衢州第三中学等校2025-2026学年第二学期期中联考高二数学试卷（含解析）

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1．全卷分试卷和答题卷．考试结束后，将答题卷上交．
2．试卷共4页，有4大题，19小题．满分150分，考试时间120分钟．
3．请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效．
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的．
1. 设集合，且，则实数的值是（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【详解】因为，所以或.
当时，，若，集合，不满足互异性，舍去；
若，此时集合，满足，符合条件.
当时，或，
若，集合，不满足互异性，舍去，同理，也舍去，
综上，.
2. 已知随机变量，则（ ）
A. 0.2B. 0.3C. 0.7D. 0.8
【答案】C
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性求解即可.
【详解】因为，，
所以.
3. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】，A错误；
，B错误；
，C错误；
，D正确.
4. ，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先构造余弦函数，从而根据余弦函数的单调性即可得到，再构造对数函数，从而根据对数函数的单调性即可得到，进而即可得到答案．
【详解】由在上单调递减，且，
所以，即，
又在上单调递增，且，
所以，即，
所以．
5. 如图，在四面体OABC中，为线段OA上一点为线段BC上一点，且，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，，
，
.
6. 在长方体中，，点是的中点，那么异面直线DE和BC所成的角的余弦值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
由已知，A(3,0,0),B(3,4,0),C(0,4,0),D(0,0,0),E(3,2,2)，
向量DE→=3,2,2,BC→=−3,0,0，
则异面直线DE和BC所成的角的余弦值为：
DE→⋅BC→DE→BC→=3×−3+2×0+2×032+22+22×−32+02+02=917×3=31717.
7. 甲乙丙等6人站成一排，且甲不在两端，乙和丙中间恰好有两人，则不同排法共有（ ）
A. 36种B. 72种C. 96种D. 120种
【答案】C
【解析】
【分析】分甲在乙和丙中间、甲不在乙和丙中间两种情况，结合排列组合知识求解.
【详解】若甲在乙和丙中间，则再选取一人站在两者中间并将中间两人排列，最后将乙丙排列，有种排法，
以及这四人作为一个整体与剩下两人排列，有种排法，
共有种排法；
若甲不在乙和丙中间，则先选取两人并排列，再将乙丙排列，有种排法，
这四人作为一个整体与甲和余下的一人排列（保证甲不在两端），有两种排法，
共有种排法，
故不同排法共有.
8. 已知函数，若方程有三个根，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导，根据导数作出函数的图象，数形结合求解参数范围即可.
【详解】当时，，可以看作函数向上平移个单位，
当时，，则，
因为当，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，，，
作出函数图象如下图，
令，则过定点，
当过原点时，即时，图象与图象有4个交点，
时，，当图象与图象相切时，设切点为，
此时，
将代入得，
整理得，因为在上单调递增，
又，所以，
当时，，图象与图象相切，有两个交点.
所以方程有三个根，的取值范围为．
二、多项选择题：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. 设离散型随机变量的分布列为
若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据分布列的性质得出.进而根据期望方差公式得出的值，根据对应关系，得出的值.
【详解】对于A、B项，由表格可得，所以.
则，
.故A正确，B正确；
对于C、D项，因为，，，
所以，，，故C错误，D正确.
故选：ABD.
10. 已知点在抛物线上，过的焦点的直线与相交于两点，在两点处的切线相交于点，的中点是，若，则（ ）
A. B. 抛物线的准线方程是
C. 点在抛物线上D. 点在的准线上
【答案】AD
【解析】
【分析】首先表示出抛物线的焦点坐标与准线方程，根据焦半径公式求出，即可得到抛物线方程，从而判断A、B，设直线的方程为，，，联立直线与抛物线方程，消元，表示出点坐标，即可判断C，利用导数的几何意义表示出切线方程，联立求出点坐标，即可判断D.
【详解】
抛物线的焦点为，准线方程为，
因为，所以，解得，
所以抛物线，准线方程为，故B错误；
又点在抛物线上，所以，解得，故A正确；
设直线的方程为，由，可得，
设，，则，，
所以的中点的横坐标为，则，
即，显然，
故点不在抛物线上，故C错误；
由，则，
所以抛物线在，两点处的切线分别为，，
则，
解得，
所以，
所以，即点在的准线上，故D正确.
11. 设函数在上的最大值为，则（ ）
A. B. 的极小值为
C. 时，都有D. 有两个极值点
【答案】AC
【解析】
【分析】求导后可得的单调性，进而确定极值点和最值点，得到ABD的正误；分别讨论和的情况，根据单调性可求得，结合二项式定理可求得大小关系，进而确定C正确.
【详解】对于A，，，
当时，，单调递减，
，A正确；
对于B，，，
，，
当时，若，；若，；
在上单调递减，在上单调递增，
为的极大值，B错误；
对于C，当时，，在上单调递减，
，满足；
当时，，
在上单调递增，上单调递减，
，
要证，只需证，即证，
，
恒成立，即对，，C正确；
对于D，当为偶数时，，
若，；若，；
在上单调递减，在上单调递增，
的极小值点为、，极大值点为，共三个极值点，D错误.
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，二项式系数的和是16，则展开式中各项系数的和为___________．
【答案】81
【解析】
【分析】由二项式系数和确定，再通过赋值法即可求解.
【详解】根据二项式性质，二项展开式的二项式系数和为，因此，解得.
令，则.因此展开式中各项系数的和为81.
13. 已知复数，，，是虚数单位，若，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据复数加法运算及可构造方程求得的值，根据复数模长运算可求得结果.
【详解】，
，解得，
，
.
14. 已知双曲线的左右焦点分别为，以C的实轴为直径的圆记为，过作圆的切线与交于两点，且，则的离心率为______．
【答案】 或
【解析】
【分析】当在双曲线的两支上时，先由正弦定理得到，再由双曲线的定义得到，得到，最后在三角形中由余弦定理化简得到离心率为.当在双曲线的左支上时，，，类比上一种情况求解得到离心率为 .
【详解】设双曲线的方程为，
则圆的方程为，直线与圆的切点为连接，
①如图所示，当在双曲线的两支上时，
由题可知， ， ，则 ，
因为，所以；
在三角形中由正弦定理得到，
即，得到；
由双曲线的定义得到，所以，
在三角形中由余弦定理得
，
即，化简得到 .
此时，离心率为 .
②如图所示，当在双曲线的左支上时，，
，由正弦定理得；
由双曲线的定义得到，所以，
在三角形中由余弦定理得
，
即，化简得到 .
此时，离心率为 .
综上的离心率为 或.
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. 我校有两个相互独立的消防安全警报系统（简称系统）甲和乙，系统甲和乙在任意时刻发生故障的概率分别为和．
（1）若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，求的值；
（2）设系统甲在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量，求的概率分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析为：
期望为.
【解析】
【分析】（1）利用对立事件及相互独立事件同时发生的概率建立方程求解；
（2）根据次独立重复试验的概率公式求出分布列，计算期望即可.
【小问1详解】
设“至少有一个系统不发生故障”为事件A，
那么，解得.
【小问2详解】
由题意，的可能取值为，
则，
，
，
，
所以随机变量的概率分布列为：
所以
16. 已知数列的首项，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知得出是首项为2，公差为3的等差数列，根据等差数列通项公式求得，即可求得数列的通项公式；
（2）结合（1），根据错位相减法求解即可．
【小问1详解】
由题意知，所以由，得，
所以，又，
所以是首项为2，公差为3的等差数列，
所以，即.
【小问2详解】
由（1）得，
所以①，
②，
①②得
，
所以.
17. 如图，在三棱柱中，是BC的中点，
（1）求到平面ABC的距离；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先应用面面垂直判定定理证明平面平面，再应用面面垂直性质定理证明线面垂直即可求解；
（2）建立空间直角坐标系先求平面与平面的法向量，再应用面面角余弦公式计算求解.
【小问1详解】
因为是BC的中点，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
又平面平面，作交于点平面，
所以平面， 则为三棱柱的高，
又，所以，
又，所以，则，即为等腰直角三角形，
所以
即到平面的距离为；
【小问2详解】
如图以AB为轴，AC为轴，过点作与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则
所以，．
设平面的法向量为，
则，所以，
令，则，
则平面的法向量为．
设平面的法向量为，
则，所以，
令，则，
则平面的法向量为．
设平面与平面所成角为，则，
所以平面与平面所成角余弦值为
18. 已知过点的椭圆的离心率为．
（1）求的方程；
（2）如图，AB和CD是过椭圆C左焦点F的弦，且，点P为直线AD与BC的交点.
（i）求四边形ACBD面积的最大值．
（ii）若点M，N分别是弦AB，CD的中点，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）（i）2；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据条件列方程组求解；
（2）（i）若直线的斜率存在且不为，设，与椭圆方程联立，根据韦达定理以及弦长公式即可求出面积，若直线的斜率存在或者为可直接求出长度和面积即可得出最值；
（ii）设分别是与AC的交点，取AC的中点E，得出即可.
【小问1详解】
依题意可得，解得，
所以椭圆方程为；
【小问2详解】
（i）若直线的斜率存在且不为，
设直线AB：，，
联立，得，
则，
则，
因为，所以可同理得，
则，
令，则，
因为，所以，则，
若直线的斜率不存在，
令，得，得，故，
则，
若直线的斜率为，同上，，
综上，四边形ACBD面积的最大值为．
（ii）设分别是与AC的交点，取AC的中点E，连接
因为，所以，则，则，
同理可得，
故，
故面积的最大值为.
19. 若对且，函数满足：，则称函数是函数在区间上的级控制函数．
（1）判断函数是否是函数在区间上的1级控制函数，并说明理由；
（2）若函数是函数在区间上的级控制函数，求实数的取值范围；
（3）若函数是函数在区间上的级控制函数，且函数在区间上存在两个零点，求证：．
【答案】（1）是，理由见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过对变形，结合的取值范围判断符号，即可验证不等式成立，完成证明；
（2）将转化为函数的单调性问题，利用导数在区间上恒成立，即可求解的取值范围；
（3）先利用级控制函数的定义和零点条件推出，得到，再通过换元构造函数，利用导数即可证明不等式.
【小问1详解】
函数是函数在区间上的1级控制函数．
由题意可知，
，
，
，
，
，
，即成立，
所以函数是函数在区间上的1级控制函数．
【小问2详解】
由函数是函数在区间上的级控制函数，
得，
，
，
在上恒成立，
令，则在上恒成立，
即在上单调递增，
故在上恒成立，即，
在恒成立 即，
在上单调递减 ，
时，最小值为
综上，实数的取值范围是．
【小问3详解】
因为函数在区间上存在两个零点，
所以我们不妨设，且，
因为函数是函数在区间上的级控制函数，
所以，即，
，可以得到，
，
，
要证，即证，
即证，即证，
令，构造，
，
在上单调递增，
，即成立，
得证．
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