云南民族大学附属高级中学2025_2026学年下学期期中诊断测试高二数学试题 [含答案]

这是一份云南民族大学附属高级中学2025_2026学年下学期期中诊断测试高二数学试题 [含答案]，共21页。试卷主要包含了 已知，则， 已知向量，，则， 已知函数的一个对称中心为，则等内容，欢迎下载使用。
（考试时间120分钟，满分150分）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、班级、考场/座位号在答题卡上填写清楚.并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.
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，只有一个选项符合题目要求.
1. 已知复数，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据复数的运算即可得到，从而得到即可.
【详解】复数，故，
故选:.
2. 已知集合，则“”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 既不充分也不必要条件D. 充要条件
【正确答案】A
【分析】结合指数函数以及对数函数的性质求出集合，根据二者的关系，即可判断出答案.
【详解】由可得，则；
由，得，故，
由于是的真子集，
故“”是“”的充分不必要条件，
故选：A
3. 已知正项等比数列的前n项和为，，，则的公比为( )
A. 1B. C. 2D. 4
【正确答案】B
【分析】利用等比数列的性质求解即可.
【详解】因为，，为正项等比数列，
所以，解得.
故选：B．
4. 某学校派出五名教师去三所乡村学校支教，其中有一对教师夫妇参与支教活动．根据相关要求，每位教师只能去一所学校参与支教，并且每所学校至少有一名教师参与支教，同时要求教师夫妇必须去同一所学校支教，则不同的安排方案有（）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【正确答案】C
【分析】先按要求将五个人分为三组，要求将教师夫妇放在一组，确定分组方法种数，然后将所分的三组分配给三所不同的学校，利用分步乘法原理可求得结果.
【详解】先将五个人分为三组，每组的人数分别为、、或、、，
若三组的人数分别为、、，则教师夫妇必在三人的一组，
则教师夫妇这组还需从剩余的三人中抽人，此时，不同的分组方法数为种；
若三组人数分别为、、，则两人一组的有一组是教师夫妇，
只需将剩余三人分为两组，且这两组的人数分别为、，此时，不同的分组方法种数为种.
接下来，将所分的三组分配给三所不同的学校，
因此，不同的安排方案种数为种.
故选：C.
5. 已知直线过定点，若为圆上任意一点，则的最大值为（）
A. 3B. 5C. 7D. 9
【正确答案】C
【分析】先分析出直线过定点，然后分析出定点在圆外，从而得到最大值为圆心距加半径.
【详解】由，得，所以直线过定点，
由，知圆心坐标，半径为2，
所以到圆心的距离为，
所以在圆外，故的最大值为.
故选：C.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】已知条件，利用辅助角公式化简可得，利用二倍角公式可求得，再利用诱导公式计算即可求得结果.
【详解】由化简可得：，即，即，
所以，
.
故选：D
7. 已知函数，若恰有两个不同的零点，则的取值范围为
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】求出函数的导数，通过导数判定函数的单调性，从而得到的取值范围
【详解】令，
则，
令，
在单调增，在单调减
的取值范围为
8. 在三棱锥中，和都是边长为的正三角形，当三棱锥的表面积最大时，其内切球的半径是（）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据和都是正三角形，写出三棱锥的表面积表达式，可得表面积取最大值时，再根据等体积法求得内切圆半径.
【详解】
设三棱锥的表面积为，
则
，
当，即时，表面积最大为.
此时,
过作的垂线，垂足为，连接，
因为和都是正三角形，所以为中点，，
因为平面,所以平面
为三棱锥的高，为三棱锥的高，
设三棱锥的体积为，则
设内切球的半径为，因为，所以，
故选：A.
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. 已知向量，，则（）
A. 向量，的夹角为B. 若，则
C. 若，则D. 向量在向量上的投影向量为
【正确答案】ABC
【分析】对于A，直接由夹角公式计算即可；对于B，转换成即可验算；对于C，由向量平行的充要条件即可求解；对于D，由投影向量的定义即可求解.
【详解】对于A，向量的夹角的余弦值为，即向量的夹角为，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，若，则存在实数，使得，
因为，所以不共线，所以，故C正确；
对于D，向量在向量上的投影向量为，故D错误.
故选：ABC.
10. 已知函数的一个对称中心为，则（）
A. 的最小正周期为
B.
C. 在单调递增
D. 函数在有且仅有两个最小值，则实数的范围为
【正确答案】ACD
【分析】根据最小正周期公式即可判断A；对于B：可得，结合的取值范围运算求角；对于C：以为整体，结合正弦函数单调性分析判断；对于D：以为整体，结合正弦函数最小值点运算求解.
【详解】对于选项A：因为的最小正周期，故A选项正确；
对于选项B：因为函数的一个对称中心为，
则，即，
且，则，可得，解得，
所以函数，故B错误；
对于选项C：因为，则，
且在内单调递增，所以在单调递增，故C正确；
对于选项D：因为，则，
若函数在有且仅有两个最小值，
则，解得，
所以实数的范围为，故D正确.
11. 已知等差数列的公差，前项和为，且，则（）
A.
B. 或
C. 数列中不能取出无穷多项构成等比数列
D. 设，数列的前项和为，则
【正确答案】AB
【分析】利用已知条件可得与已知条件两式相减，结合是等差数列，可求的值即可判断选项A，令即可求的值，可判断选项B，分别讨论两种情况下，即可判断选项CD.
【详解】对于A，，当时，有，
两式相减得：an=anan+1−an−1=2dan，，
因为公差，所以数列中不为零的项有无穷多项，故对于且时，
由∴2d=1，解得：，选项A正确；
对于B，又当时，有，即a1=a1a1+12−12，解得：或，故选项B正确；
对于C和D，又，或，
当时：
令，，则，则数列a2k−1是等比数列，
又，∴T2n=−1+12+2+12+−3+12+4+12+…+−2n−1+12+2n+12=n2，
此时T2n=n2；
当时：
令，，则，则数列a2k+2是等比数列，
又，∴T2n=−1−22+2−22+−3−22+4−22+…+−2n−1−22+2n−22=n2，此时T2n=n2，
故选项C错误，选项D错误.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若不等式的解集为，则不等式的解集为_____________________________．
【正确答案】
【分析】分析可知和是方程的两个实数根，利用韦达定理求的值，代入解分式不等式即可.
【详解】不等式，即的解集为，
则和是方程的两个实数根，
则−2+3=a−2×3=−b，解得，
则，等价于x+3x−6≤0x−6≠0，解得
故该不等式的解集为．
13. 设定义域为的函数且，则的值所组成的集合为______.
【正确答案】
【分析】首先运用换元法令，根据解出的范围，再数形结合解出的范围即可.
【详解】令，则，
若，则，解得；
若，恒成立，解得；
若，则，解得.
综上，或，即或.
若，解得；，解得；
结合的函数图象可知，若，则；
若，，解得.
综上所述，.
故答案为.
14. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过其右焦点作轴的垂线交双曲线于，两点，设的内切圆半径为，外接圆半径为，若，则双曲线的离心率为________．
【正确答案】或
【分析】本题考查双曲线的定义和简单几何性质的应用，由已知分别将，用，，表示，然后由求解即可．
【详解】由已知的横坐标为，所以，得，
则由双曲线的定义有，
因为的内切圆半径为，
所以由等面积得，
所以，
由于为直角三角形，斜边为，
所以，
又，所以，
化简得，
所以，
解得或．
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. 已知中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）证明：A＝2B；
（2）若a＝3，b＝2，求的面积．
【正确答案】（1）证明见解析；
（2）.
【分析】(1)利用正弦定理化边为角，结合余弦定理可得，再化边为角
结合三角恒等变换即可证明；
(2)结合(1)求得，由余弦定理求，再求，利用面积公式即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以，即，
，
，
，
，
所以或，，
又，
所以；
【小问2详解】
由(1) ，又a＝3，b＝2，
所以，
由余弦定理可得，
因为，所以，
所以的面积.
16. 如图，菱形的对角线与交于点，，，将沿折到的位置使得．
（1）证明：．
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【正确答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）根据是菱形，得到，即，．再利用线面垂直的判定定理证明.
（2）取的中点，连接，取的中点，连接,结合平面，得到平面，然后以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系．分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量为，设平面与平面所成的锐二面角为，由求解.
【详解】（1）因为是菱形，
所以，
则，．
因为平面，平面，且，
所以平面．
因为平面，
所以．
（2）取的中点，连接，取的中点，连接．
因为，所以．
因为，所以，所以．
由（1）可知平面，
所以平面平面，
则平面．
故以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
由得，，，，，
则，，．
设平面的一个法向量为，
则，
令，得．
设平面的一个法向量为，
则，
令，得．
设平面与平面所成的锐二面角为，
则．
方法点睛：向量法求二面角的方法：分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
17. 某大型商场的所有饮料自动售卖机在一天中某种饮料的销售量（单位：瓶）与天气温度（单位：）有很强的相关关系，为能及时给饮料自动售卖机添加该种饮料，该商场对天气温度和饮料的销售量进行了数据收集，得到下面的表格：
经分析，可以用作为关于的经验回归方程．
（1）根据表中数据，求关于的经验回归方程(结果保留两位小数)；
（2）若饮料自动售卖机在一天中不需添加饮料的记1分，需添加饮料的记2分，每台饮料自动售卖机在一天中需添加饮料的概率均为，在商场的所有饮料自动售卖机中随机抽取3台，记总得分为随机变量，求的分布列与数学期望．
参考公式及数据：对于一组数据，经验回归方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为
【正确答案】（1）
（2）分布列见解析，
【分析】（1）设，转化为，利用最小二乘法，求得，求得，进而得到关于的经验回归方程；
（2）根据题意，得到变量的可能取值为，利用独立重复试验的概率公式，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解.
【小问1详解】
解：设，由，可得，
因为，，
，所以，
由表中的数据可得，
则，
所以，
则，可得，
所以关于的经验回归方程为.
【小问2详解】
解：由题意，随机变量的可能取值为，
可得，，
，，
所以变量的分布列为
所以，期望为
18. 已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线的方程；
（2）探究的最小值；
（3）当时，求的最小值的极值．
【正确答案】（1）
（2）
（3）极大值为，无极小值．
【分析】（1）求导得，，利用导数的几何意义求出切线方程；
（2）对求定义域，求导，根据a取不同的值得到函数单调性，即可求出最小值；
（3）令，对函数求导，即可求解.
【小问1详解】
当时，，，
则，，
所以切线的方程为
【小问2详解】
定义域为．
当时，，则在上单调递增，故没有最小值；
当时，在单调递减，在单调递增，
所以
综上所述：当时，没有最小值；当时，最小值为；
【小问3详解】
由（2）可得
设，则，
令，得，所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的极大值为，无极小值．
19. 如图所示，由椭圆（）和抛物线（）组合成曲线，若与存在共同焦点，由图形特点，它们的形状像收回四条腿的七星瓢虫，这里称曲线为“七星瓢虫曲线”.特别地，若椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距成等差数列，则称其为“等差椭圆”.
（1）求“等差椭圆”的离心率；
（2）在“七星瓢虫曲线”中，若是“等差椭圆”，且.
（ⅰ）求与和都相切的直线的方程；
（ⅱ）直线（），且l与相交所得弦的中点为M，与相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON（O为原点）的斜率之积为定值.
【正确答案】（1）；
（2）（i）或；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据等差椭圆的定义，结合构造齐次式即可得解；
（2）（ⅰ）设切线方程，分别联立椭圆方程和抛物线方程，利用判别式求解即可；（ⅱ）利用点差法求，利用韦达定理求出点坐标，然后可解.
【小问1详解】
设椭圆的半焦距为c，
因为长半轴、短半轴、半焦距成等差数列，所以，
又，所以，则，
两边同时除以，得，解得（舍去）.
所以“等差椭圆”的离心率为.
【小问2详解】
（ⅰ）解：若是“等差椭圆”，且，
则由，得，则，，解得.
故，.
易知与和都相切的直线斜率存在且不为0，设方程为.
联立消去y得，
则，得；①
联立消去得，
则，得，②
联立①②，解得或
故和都相切的直线方程为或.
（ⅱ）证明：设l与相交于，，
线段CD的中点，则，，
两式相减，得，
所以，即，
由已知，，所以，
即，则
联立得，
又，则，
故，
所以中点的坐标为，可得，
所以，为N定值.
关键点睛：本题关键在于灵活利用点差法求出，降低计算量，再由中点坐标公式和韦达定理求点N坐标即可得解.
10
15
20
25
30
35
40
4
16
64
256
2048
4096
8192
3
4
5
6
P