湖南株洲市第一中学等校2025-2026学年高二下学期期中联合考试数学试题（含解析）

这是一份湖南株洲市第一中学等校2025-2026学年高二下学期期中联合考试数学试题（含解析），共8页。试卷主要包含了 已知椭圆等内容，欢迎下载使用。
（时间：120分钟 满分：150分 出题范围：高考范围）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上.
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.
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. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意知，又，所以.
2. 已知复数（i为虚数单位），则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的除法运算消去分母的即可求解.
【详解】由题意得，
所以的虚部为.
3. 已知平面向量，，则向量在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用投影向量公式结合数量积坐标公式计算求解.
【详解】因为平面向量，，
则向量在上的投影向量为.
4. 已知数列是等比数列，为前项和，若，则（ ）
A. 39B. 36C. 27D. 12
【答案】A
【解析】
【详解】设数列的公比为，
又因为，，
所以，则，
因此.
5. 为了迎接即将到来的端午节龙舟赛，某训练组进入备战状态，该队有6名划手，其中有2名只会划左桨，2名只会划右桨，2名既会划左桨又会划右桨.现要从这6名划手中选派4名参加比赛，并预先选定其中2名划左桨，剩下2名划右桨，则不同的选定方案共有（ ）
A. 15种B. 19种C. 23种D. 36种
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，记只会划左桨的两人，只会划右桨的两人，既会划左桨又会划右桨的两人；
则不同的选派方法有以下三种：
（1）从中选择2人划左桨，划右桨的在中选两人，共有，
（2）从中选择1人划左桨，从中选1人划左桨，再从剩下的3名能划右桨的人中选2人划右桨，共有；
（3）从中选2人划左桨，中的两人划右桨，共有．
所以，不同的选派方法共有19种．
6. 在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，则直线到平面的距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，可证平面，则直线到平面的距离等于点到平面的距离，利用空间向量求点到平面的距离.
【详解】如图，以点为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系.
则，，，，，
可得，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
因为，可知，
且平面，平面，所以平面，
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，
则点到平面的距离为，
所以直线到平面的距离为.
7. 已知椭圆：（，）的左右焦点分别为，，离心率，且椭圆过点，过点的直线与椭圆交于，两点（在轴上方），且满足，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由条件确定椭圆方程，再设出直线的方程并与椭圆方程联立，结合根与系数关系以及求得直线的斜率，再结合三角形面积公式即可求解.
【详解】由离心率 ，故 ，得 ，
椭圆方程可写为：，
将点 代入得 ，
解得 ，，
因此椭圆方程为，则，，，
由于在轴上方且直线的斜率存在，所以直线的斜率不为，
设直线的方程为 ，设 ，由题意，
因,
由 可得 ​，即 ，
由，消去并化简得，
则①，②，
又③，
由①②③可得，则,
解得，则，所以，
所以.
8. 已知函数，，若在上不单调，则a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求得，转化为在上有变号零点，设，求得在上单调递增，列出不等式组，即可求解.
【详解】由函数，可得，
要使得函数在上不单调，即在上有变号零点，
设，可得，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
则，解得，
所以实数的取值范围为.
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. 甲箱中有2个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和2个白球（两箱中的球除颜色外没有其他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件和表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据条件写出和 ，，再根据全概率公式和贝叶斯公式判断选项.
【详解】由条件可知，，，故AC正确；，
，故B正确；
，故D错误.
10. 已知正四棱台的侧面积为9，，，为AD的中点，点在侧面内运动（包含边界），且直线与平面所成角的正切值为，则（ ）
A. 正四棱台的体积为
B. 过，，三点的平面截该正四棱台所得截面的周长为
C. 动点的轨迹长度为
D. 若，，，均在同一球面上，则该球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】先通过侧面积求出侧棱长，再求出高，根据台体体积公式计算体积，A选项可判断.
作出过，，三点的平面截棱台的截面，然后求该截面的周长，B选项可判断.
利用直线与平面所成角的正切值为求出的长度，确定的轨迹，C选项可判断.
建系，求出球的方程，计算表面积，D选项可判断.
【详解】因为正四棱台的侧面积为9，所以每个侧面的面积为.
设正四棱台的侧棱长为，则，解得.
设正四棱台的高为，则.
故正四棱台的体积，A正确.
由上述分析易知，侧面的高为.
如图，取的中点，连接，，，则.
因为，所以，所以四点，，，共面，
所以过，，三点的平面截该正四棱台所得截面为等腰梯形，
其中，，，
所以其周长为，B正确.
如图，取的中点，连接.
易知，，又，
所以平面.因为平面，
所以平面平面.
过作，垂足为，则平面.
连接，则为直线与平面所成的角.
在中，，.
过点作于点，则.
因为，所以.
因为直线与平面所成角的正切值为.
所以，则，
所以动点在以为圆心，1为半径的圆上.
易求得，
故动点在侧面内的轨迹不是整个圆，
因此动点的轨迹长度小于，C错误.

以正方形的中心为原点，
过点且平行于的直线为轴，所在直线为轴.
该正四棱台过点的高所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，.
设过，，，的球的球心，半径为，
则
解得所以，D正确.
故选:ABD.
11. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，A是锐角，其外接圆半径为，内切圆半径为r，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 若，则△ABC的面积为
C. 当是直角三角形时，D. 的取值范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】选项A，用正弦定理将条件角化边，再用余弦定理求出角；选项，用正弦定理结合已知边求出角，再用内角和求角，最后用面积公式计算验证；选项C，先确定直角位置，用正弦定理求出三边，再用直角三角形内切圆半径公式计算；选项，用正弦定理边化角，结合内角和统一变量，用辅助角公式化简后根据角的范围求值域.
【详解】A选项：根据正弦定理角化边，原式可化为.
由余弦定理，代入得.
∵，∴，故选项A正确；
选项：若，∵，
∴，又A是锐角，∴.
则，即为直角三角形，斜边.
由勾股定理得，故的面积，选项正确；
选项C：∵，∴若为直角三角形，因为是锐角，则直角只能为，则，
∵，，.
半周长，面积，
∴，选项C正确.
选项D：∵，，∴，
又是锐角，即，∴.
由正弦定理得，，则：
展开 ，代入得：
，
故.
∵，∴，因此 ，
即的取值范围是，选项D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若为定义在R上的奇函数，且时，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】应用奇函数定义及解析式代入计算求解.
【详解】因为为定义在R上的奇函数，则，
且时，，
则.
13. 在等差数列中，，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用等差数列的性质，结合，即可求解.
【详解】在等差数列中，，，
根据等差数列的性质，可得
14. 盒子中有编号依次为1，2，3，4的4张卡片，现从中有放回地抽取m次卡片，每次仅抽取1张，记这m次抽取的卡片中最大编号为x，若成立，则至少抽取__________次.
【答案】2
【解析】
【分析】根据古典概型的运算公式，结合数学期望的公式、指数函数的单调性进行求解即可.
【详解】因为，，2，3，4，
所以
，
由，得，
令，则在时单调递减，
又，，故m的最小值为2．
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. 若甲与乙下象棋，每盘甲赢棋的概率是（），甲也与丙下象棋，每盘甲赢棋的概率是（）.在甲与乙下棋的三盘中，甲恰好赢一盘的概率高于甲恰好赢两盘的概率.且各盘棋的输赢相互独立.
（1）求的取值范围；
（2）已知，在甲与丙下棋的三盘中，甲赢的盘数是X，求X的分布列与数学期望.
【答案】（1）
（2）
.
【解析】
【分析】（1）甲恰好赢一盘的概率为，甲恰好赢两盘的概率为，计算即可；
（2）利用二项分布计算即可；
【小问1详解】
在甲与乙对弈的三盘中，甲恰好赢一盘的概率为，甲恰好赢两盘的概率为，
因为甲恰好赢一盘的概率高于甲恰好赢两盘的概率，所以，
又，所以，解得，
即的取值范围是.
【小问2详解】
已知在甲与丙对弈的三盘中，每盘甲赢棋的概率是，若甲赢的盘数是，则，
所以，，
，.
的分布列为：
所以.
16. 已知椭圆（）的离心率，左顶点为，下顶点为B，C为线段OB的中点，其中.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的定直线与椭圆有两个交点P，Q（P，Q两点不在坐标轴上，且不与C重合），存在，求的面积取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形面积和椭圆离心率建立方程，求出，写出椭圆方程；
（2）设直线的方程为：，与椭圆方程联立，根据韦达定理求出，表示出三角形的面积，利用换元法，结合二次函数的性质求解.
【小问1详解】
由题可知，所以，
所以，又，所以，
联立ab=63b2a2=34，解得，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
设直线的方程为：，
联立y=kx−1x212+y29=1，消去并整理得：，
设点为，，
所以，
所以x2−x1=x2−x12=x2+x12−4x1x2=8k3+4k22+1283+4k2
，
所以SΔCPQ=12CMx2−x1=12(32−1)89k2+63+4k2=29k2+63+4k2=233k2+23+4k2，
令，则，
所以SΔCPQ=33t−1t=−3t2+9t，
令，则，
函数开口向下，对称轴为，在上单调递增，
，，
所以的面积取值范围为
17. 如图，已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是直角梯形，，，，平面ABCD，.
（1）设钝二面角大小为a，求的值；
（2）在棱上是否存在一点（不与端点重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；如不存在，试说明理由；
（3）E点在上，F点在上，G点在上，求的面积取值范围.
【答案】（1）；
（2）存在，；
（3）
【解析】
【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再结合二面角为钝角的条件计算即可；
（2）通过设参数表示点的坐标，利用向量法计算线面角，即可判断存在性并求线段比例；
（3）用参数表示的坐标，再表示面积即可求解.
【小问1详解】
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则可得；
令平面的法向量为，则，即，
令，则可得，
所以，
因为二面角为钝二面角，所以，则，
所以；
【小问2详解】
若存在，设，,
则，故，所以，
设与平面所成角为，
所以，
即，所以或（舍去），
所以存在点，且.
【小问3详解】
因为E点在上，F点在上，G点在上，所以
设，
则，
到的距离为，
所以的面积为
，
对固定的，关于在上二次函数，
可以趋近一条直线，所以面积无最小值，
当时，面积取得最大值，
故.
18. 已知定义在上的可导函数对任意的，都有成立，且.
（1）求，.
（2）若令，求证：数列是等差数列.
（3）求证：当时，.
【答案】（1），
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过对抽象函数赋值，令和，代入已知关系式，直接求得和的值，令，则，猜测，求出，进而求出；
（2）根据递推关系构造数列，通过计算相邻两项的差为常数，证明其为等差数列；
（3）先求出的通项公式，再利用数学归纳法和放缩法，将放缩为等比数列的项，最后求和证明不等式.
【小问1详解】
令，则，所以，
令，则，所以，
令，则，，
不妨假设，则，所以，
所以，所以，
所以
【小问2详解】
已知，对，将代入原函数得：
，
即，所以，
即，所以数列是以为首项，为公差的等差数列；
【小问3详解】
由（2）可得，，即，所以，
首先用数学归纳法证明当时，：
当时，，成立；
假设时，则时，，成立.
因此对，两边乘，得.
对求和式放缩：
，
右边是首项为1、公比为的等比数列前项和，计算得：
，
因此，得证.
19. 已知，函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若存在极小值，且极小值为，求的取值范围，
（3）当时，函数在上的零点按从小到大排列构成一个数列，（记为（），求证：.
【答案】（1） （2）不存在
（3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合极小值为可判断是否存在符合条件的实数；
（3）先分析的等价条件，转化为；判断当时，恒成立，无零点；当时，分析的单调性与符号，确定零点所在区间为，，构造函数，分析其在上的单调性，由得，结合角的范围推得，即得所证.
【小问1详解】
当时，，
所以，切点为，
则，所以，
则曲线在点处的切线方程为：
整理得.
【小问2详解】
因为，
则.
①当时，恒成立，
由得；
由得；得，
则在上单调递减，在上单调递增，
函数在处取得极小值：
令，得，与矛盾，舍去.
②当时，由，得或.
当时，即，
由得或；
由得，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
函数在处取得极小值，同上与矛盾.
当时，即，恒成立，函数无极小值，不符合题意.
当，即时，
由得或；
由得，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
函数在处取得极小值
令，即，
因为，左边，不可能等于，故无解.
综上所述，不存在实数使的极小值为.
【小问3详解】
因为，
令，即.
因为，两边同除以，等价于：
令，其中，
即求的零点，记为数列.
当，时，
，且（当，而），
所以恒成立，此时无零点.
当，（以及时），
，，需进一步分析.
若，，
因为，单调递增，且当时. ，
而，故存在唯一使.
从而在上负，在上正，而（计算可知），
结合连续性，存在唯一零点.
当，，
考虑，，（因为时），
而在区间内部且足够大时为正，由连续性与介值定理可得两个零点：
，.
因此零点排列满足
由得
令，，则
当时，，从而，即在上单调递减.
由于，所以
即
而，
且，.
在上余弦函数单调递减，
故由，
可得，
即，命题得证.0
1
2
3
0
1
2
3