2026浙江省浙南名校联盟高二下学期4月期中考试数学含解析

这是一份2026浙江省浙南名校联盟高二下学期4月期中考试数学含解析，共8页。试卷主要包含了结束后，只需上交答题卡， 已知正实数满足，则的值为， 正方体棱长为2，则等内容，欢迎下载使用。
1.本题共4页，满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卡指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号.
3.所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效.
4.结束后，只需上交答题卡.
选择题部分
一､单项选择题：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】A
【解析】
【详解】由有意义，得，解得，所以.
又，所以.
2. 已知为虚数单位，复数，复数的模为（ ）
A. B. C. 3D. 2
【答案】B
【解析】
【详解】因为，所以.
3. 函数的对称中心为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】令，得，
的对称中心为,
的对称中心为.
4. 已知双曲线的方程为，若过点的直线的倾斜角为，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】先应用斜率公式计算得出，再应用计算求解.
【详解】若过点的直线的倾斜角为，则，
所以双曲线的离心率.
5. 从含甲和乙的六人中选四人参加学校接力比赛，已知甲被选中且只跑第一棒或第四棒，若选中乙，则乙不跑第四棒，则不同的参赛方案共有（ ）种
A. 72B. 84C. 108D. 120
【答案】C
【解析】
【详解】若乙未被选中，则甲有2个位置选择，剩余的3个位置从余下的4人选3人排列，方案数为：种；
若乙被选中，且甲跑第一棒，则乙有2个位置可以选择，剩余2个位置从余下的4人选2人排列，
方案数为：种；
若乙被选中，且甲跑第四棒，则乙有3个位置可以选择，剩余2个位置从余下的4人选2人排列，
方案数为：种；
因此所有不同的参赛方案共有种.
6. 六个边长为2的正六边形构成如图所示的图形，若两两不重合的四点均为正六边形的顶点，且的位置如图所示，则的值在下列哪个范围内（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用向量减法把化为，从而发现该式与点的位置无关.再结合图形建立竖直方向的坐标，确定点作为正六边形顶点时纵坐标的最大值和最小值，即可求出该数量积的取值范围.
【详解】由向量运算可得.
以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，取向上方向为正方向.
由于正六边形边长为2，且图中正六边形为上下顶点方向放置，
所以相邻顶点在竖直方向上的高度差可能为或，
故按竖直方向建立坐标时，可取 ， .
设，则，，所以.
由图形中正六边形顶点的位置可知，除点外，点的纵坐标最大为；除点外，点的纵坐标最小为.
因此，从而 .
故的取值范围为.
7. 已知圆与轴交于两点，点是直线上任意一点.设，则的可能取值是（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【详解】因为圆与轴交于两点，所以圆是以为直径的圆，
因为，所以在以为直径的圆外，
又点是直线上任意一点，所以直线与圆没有公共点，
所以，所以，解得，
所以的可能取值范围为.
8. 已知正实数满足，则的值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】将条件改写为，再利用不等式及其等号成立条件求出，最后代入计算即可．
【详解】设，则．
当时，；当时，．
因此在上单调递减，在上单调递增，
又，所以，即，等号当且仅当时成立．
由题意得．因为，
所以，于是．
由可得，，
两式相加得．又已知，
所以两个不等式必须同时取等号．
因此且，解得．
所以．
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. 正方体棱长为2，则（ ）
A. 与是异面直线
B. 点到的距离为
C. 与所成角为
D. 与平面所成角为
【答案】ABD
【解析】
【详解】因为平面，又平面且平面，
所以与是异面直线，故A正确；
设点到的距离为，由，
所以，
又，
，
所以，解得，故B正确；
因为，所以或其补角为异面直线与所成的角，
又因为是等边三角形，所以，故C错误；
因为是正方形，所以，
又因为平面，又平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
所以在平面内的射影为，为与的交点，
所以为直线与平面所成的角，
又，所以，故D正确.
10. 已知抛物线的焦点为为坐标原点，过点的直线交抛物线于两点，分别过两点作准线的垂线，垂足为是的中点，则（ ）
A. 的最小值为4
B.
C.
D. 若，则直线的斜率为2
【答案】ACD
【解析】
【详解】
抛物线的焦点为，准线为，
设过点的直线的方程为，联立抛物线方程得：
，由韦达定理得：，
由抛物线定义，则，
，
，
当时，取最小值，最小值为4，故A正确；
，故B错误；
已知是过两点作准线的垂线的垂足，是中点，
，，，
，
故，C正确；
，则，故，
又，
，解得，
直线的方程为，即，斜率为2，故D正确．
11. 已知数列的通项，其中.记为其前项和.则下列正确的是（ ）
A. 若，则
B. ，有
C. 记
D. 若，恒有
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据即可判断A，举反例即可求解B，根据弦切互化可先证明，进而根据裂项相消可求解，即可求解C，根据正切的二倍角公式，结合C的结论即可求解D.
【详解】对于A, ,则，又，
故，由于，故，
因此，故，故A正确，
对于B，当，，但，故B错误，
对于C,由于，
因此，
故，而故,C正确，
对于D, ，故，
要证明，只需要证明，即，
由于，，则，故只需要证明，
由于，故，故，
，故，故，
依次类推可得，
因此,故D正确.
非选择题部分
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若函数的图象在点处的切线平行于轴，则__________．
【答案】1
【解析】
【详解】求导得，当时，
图象在点处的切线平行于轴，
，
，解得．
13. 记的内角所对的边为，已知，，则__________.
【答案】
【解析】
【详解】由，得，
所以，所以，又因为，所以.
由余弦定理可得，所以，
又因为，所以，所以，所以，
所以，即，解得，所以，
所以.
14. 小明参加答题比赛，比赛共有道题，答题结果互不影响，且每道题小明的正确率为，设答对题的概率为，小明夺冠的概率，若小明夺冠概率不小于，则的最小值为__________.（参考数据：）
【答案】9
【解析】
【分析】先根据每道题答题结果互不影响且正确率相同，判断答对题数服从二项分布，并写出的表达式.再把代入夺冠概率的求和式，利用二项式定理化简求和，得到.最后由列不等式，取常用对数并代入参考数据，求出的最小正整数.
【详解】由题意可知，小明答对题数服从二项分布，即，所以，其中 .
小明最终夺冠的概率为.
将代入，得.
因为，所以.
由二项式定理可得.
因此.
由题意，小明夺冠概率不小于，所以，即.
两边取常用对数，得 ，即.
由参考数据得 ， ，所以 .
因为为正整数，所以的最小值为.
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. 某高中为了解学生课外阅读达标情况，调查了高一，高二年级学生，其中高一年级有600人，高二年级有400人，现按年级分层抽样抽取100名学生展开调查.
（1）从抽取的高一年级学生中随机抽取2人，已知其中课外阅读达标的有40人，求抽取的2人中至少1人达标的概率.
（2）在抽取的100名学生中，课外阅读达标与不达标的性别分布如下表，据此能否有的把握认为该校学生的课外阅读达标情况与性别有关？
参考公式：，其中
独立性检验临界表（部分）
【答案】（1）
（2）没有的把握认为该校学生的课外阅读达标情况与性别有关⋯
【解析】
【分析】（1）应用古典概型结合对立事件概率计算求解；
（2）先设零假设，再计算，最后与临界值比较进而判断即可.
【小问1详解】
按分层抽样的100人中，高一年级抽取60人.
其中达标人数40人，则不达标学生有20人，
设“抽取的2人中至少1人达标”为事件，则为“抽取的2人均不达标”.
从60名高一学生中抽取2人，基本事件数，
包含的基本事件数，
故；
【小问2详解】
零假设：该校学生的课外阅读达标情况与性别无关，
，
不能拒绝原假设，因此没有的把握认为该校学生的课外阅读达标情况与性别有关.
16. 已知等差数列前项和为.
（1）求数列的通项公式.
（2）若数列的前项和为，且，求的最小值.
【答案】（1）.
（2）32.
【解析】
【小问1详解】
设等差数列的首项为，公差为，
则由题意得：，解得，
所以，
所以.
【小问2详解】
令，
，
，
所以
，
又，
因为
所以的最小值为32.
17. 在三棱锥中，平面平面，.点在棱上，满足，点为中点.
（1）证明平面.
（2）求平面与平面所成夹角的余弦值.
（3）若三棱锥的外接球球心为，求直线与直线夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解，
（3）根据两点间距离公式求解，进而根据向量的坐标运算以及夹角公式求解.
【小问1详解】
，平面，平面平面，平面平面，
平面
【小问2详解】
以为原点，为轴，为轴，如图所示建立空间直角坐标系，
，由于为中点，故，
，
设平面的法向量，即，
令，则，故，
设平面的法向量,即，
令，则，故，
设平面与平面所成的角为，则。
【小问3详解】
平面，设外接球心，
可得，
，
解得，，故，
，
因此与夹角余弦值为
18. 已知椭圆分别为右顶点和上顶点.
（1）若，离心率，求该条件下椭圆的标准方程.
（2）过点作直线交椭圆于两点（点在点的右侧）连接，记直线的斜率为.
（i）证明为定值.（用表示）
（ii）若，直线交轴于，记的面积为的面积为，当时，求直线的斜率.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）由离心率公式及求出，从而得到椭圆方程.
（2）（i）设过点的直线方程，与椭圆联立后利用韦达定理表示交点横坐标的和与积，再把的斜率倒数和化简，证明其为定值.
（2）（ii）在时设直线的参数式形式，与椭圆联立，利用韦达定理表示交点坐标，再根据面积比建立方程，解出参数，进而求出直线的斜率.
【详解】（1），
所以椭圆方程为
（2）（i）由题意作如图：设直线方程：，联立方程
得：，
即
故
又有
故为定值.
（ii）时，椭圆方程为.
直线过点，设其方程为，
令，则，代入椭圆方程，
.
，
设对应的纵坐标为
故，设.
在中
在中，
根据坐标面积公式：
.
，
代入并化简得
展开整理得：.
观察是该方程的一个实根，
，
，.
，直线的斜率为.
19. 已知函数.
（1）若时，求的单调区间.
（2）若，证明有三个零点.
（3）在（2）的条件下，证明.
【答案】（1）单调递减区间是，无单调递增区间
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合导数研究函数的单调区间即可；
（2）求出的单调区间，利用零点存在定理即可证明结论；
（3）结合(2)将问题转化为证明由于，要证明结论即证明，构造函数，利用导数研究其单调性和最值即可证明结论.
【小问1详解】
当时，的定义域为，
求导得，则在递减，
所以的单调递减区间是，无单调递增区间；
【小问2详解】
的定义域为，求导得，
当时，令，解得：，或
在和上递减，上递增，
因且在上递增，则，
又当时，，所以，使得
故存在唯一的，使得，
又
令，则，且.
综上可得，函数有三个零点.
【小问3详解】
要证，即证，，可得
故需证，因为，则，
即需证，
设，则
在上递增，又，即，证毕.
达标
不达标
总计
男生
35
15
50
女生
25
25
50
总计
60
40
100
0.05
0.01
0.001
3.841
6.635
10.828