河南省郑汴名校联考2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省郑汴名校联考2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（Word版附解析），共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．设复数在复平面内的点关于实轴对称，，则（ ）
A．B．C．D．
3．在数列中，，，则（ ）
A．B．C．1D．3
4．若直线是曲线的一条切线，则（ ）
A．B．C．D．
5．现有壹圆、伍圆、拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成的币值种数为（ ）
A．15B．30C．31D．32
6．已知函数在上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．现有甲、乙、丙、丁、戊5位同学，准备在、、三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，五位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数为（ ）
A．24B．36C．48D．72
8．已知函数的定义域为R，且，，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法中正确的是（ ）
A．名工人各自在天中选择一天休息，不同方法种数是
B．甲、乙、丙、丁支足球队举行单循环比赛，冠、亚军的可能性一共有种
C．的展开式的常数项为
D．
10．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知函数（，），为的零点，对任意，恒成立，且在区间上单调．则下列结论正确的是（ ）
A．是奇数B．的最大值为7
C．不存在，使得是偶函数D．
三、填空题
12．已知，则________．
13．的展开式中常数项为__________.（用数字作答）
14．如图，在正方体中，为的中点，从除外的11条棱的中点及正方体的8个顶点共19个点中随机选取2个点与构成三角形，则能构成______个三角形．从这些三角形中随机选取一个三角形，恰好是以为顶角顶点的等腰三角形的概率为______．（均用数字作答）
四、解答题
15．（1）求值：．
（2）解方程：．
（3）求不等式的解集．
16．在平行六面体中，底面ABCD为正方形，，，侧面底面ABCD．
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的平面角的正弦值．
17．已知函数.
(1)若时，曲线与轴相切，求的值；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若关于的不等式在区间上恒成立，求的取值范围.
18．已知椭圆经过点，且椭圆的两个焦点坐标分别为、．
(1)求出椭圆的标准方程；
(2)若、是椭圆上异于的点，直线、以及轴围成一个以为顶点的等腰三角形．
①求证：直线的斜率为定值；
②求弦长的取值范围．
19．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若只有一个零点，求的取值范围；
(3)设，若恒成立，求的取值范围．
1．D
根据对数的单调性求解得出，然后根据并集的运算求解即可得出答案.
【详解】解可得，所以，
所以.
故选：D．
2．B
由复数对应的点的特征可得，由复数的除法运算可求得结果.
【详解】，在复平面内的点关于实轴对称，；
.
故选：B.
3．C
【详解】因为①，则②，由①②得到，
则数列是周期为2的周期数列，又，故.
4．C
设出切点坐标，根据导数的几何意义，结合切点在切线和曲线上列方程组求解可得.
【详解】设直线与曲线相切于点，
因为，所以，解得.
5．C
根据题意，分别任选一张、两张、三张、四张或全选，结合组合数求组成的币值种数.
【详解】根据题意一共可以组成的币值种数为种．
6．D
利用函数单调性与导数的关系，将单调递减转化为导函数的恒成立问题，分离参数后构造新函数，通过求导判断新函数单调性，求其取值范围，进而得到参数的取值范围.
【详解】已知函数在上单调递减，等价于导数对所有恒成立.
对求导得，分离参数得对恒成立.
令，求导得对任意成立，因此在上单调递增.
则在区间上，，即在上的取值范围是.
要使对所有恒成立，只需，因此的取值范围是.
7．B
根据题意，分组方式有与，由分组分配的计算公式，代入计算，即可求解.
【详解】若甲乙选择的景点没有其他人选，则分组方式为的选法为种；
若甲乙选择的景点还有其他人选，则分组方式为的选法为种；
所以总的不同的选法种数为种.
故选：B
8．D
由构造函数，由其单调性求解不等式.
【详解】因为，即，构造函数，因为，
所以函数是减函数，又由可得，且，
所以原不等式即，解得，
所以不等式的解集为，
故选：D.
9．BC
利用分步乘法计数原理可判断A选项；利用排列数公式可判断B选项；利用二项展开式通项可判断C选项；利用二项式系数和可判断D选项.
【详解】对于A选项，名工人各自在天中选择一天休息，每个人都有种选择，
由分步乘法计数原理可知，不同方法种数是，A错；
对于B选项，甲、乙、丙、丁支足球队举行单循环比赛，冠、亚军的可能性一共有种，B对；
对于C选项，的展开式通项为，
由，解得，故展开式中的常数项为，C对；
对于D选项，，D错.
10．BCD
赋值法即可求解所有项的系数和.根据二项式展开的通项特征可求指定项的系数.
【详解】令，得，故A错误；令得，即，故B正确；令，得，故C正确；展开式的通项为，令得，所以．故D正确．
故选:BCD．
11．ACD
根据零点和最值点列方程组求解，结合单调区间可得，然后分类讨论即可.
【详解】由题知，，即，，
解得，
因为在区间上单调．
所以，即，所以，
又，，所以，故A正确，
当时，，此时，
当时，，函数在上不单调，
即当时，函数在区间上不是单调函数，B错误；
因为，所以，当时，由，，
所以；
当时，，
所以；
当时，，
所以；
当时，，
所以.
综上可知，CD正确.
故选：ACD
12．/
根据正切函数计算求解即可.
【详解】因为正切函数的最小正周期是，
所以，
解得，
所以．
故答案为：
13．
求得二项式的展开式的通项为，进而求得展开式的常数项.
【详解】由题意，二项式的展开式的通项为，
所以展开式的常数项为.
故答案为：.
14． 170
由组合数，除去，，三点在一条棱上，可解第一空，通过除了外，按照离的距离远近分成4个平行平面，分别确定等腰三角形个数，再结合古典概率模型计算公式求解即可.
【详解】从除外的11条棱的中点及8个顶点中随机选取2个点与构成三角形，
而，，三点在一条棱上，不能构成三角形，
所以能构成个三角形．
其中，除了外，其他的点按照离的距离远近可分为4个平行平面，
（由各点均为正方体各棱的中点，由面面平行的判定定理可知，，互相平行）
如图，
分别记为平面，，，（过且与其他平面平行）．
①对于平面，，每个平面上有4个棱的中点，
任取2个点都能与构成以为顶角顶点的等腰三角形，共有个．
②对于平面，有4个正方体的顶点，
任取2个点都能与构成以为顶角顶点的等腰三角形，有个，
再加上，的两个中点又构成一个以为顶角顶点的等腰三角形，
共构成7个以为顶角顶点的等腰三角形；
③对于平面，，与构成1个以为顶角顶点的等腰三角形．
综合①②③，共有个以为顶角顶点的等腰三角形，
因此，所求概率为．
15．（1）（2）（3）
利用排列数和组合数的公式运算求解即可.
【详解】（1）原式
（2） 由题可知且 ，则，
整理得，解得或（舍去），
故.
（3）由题可知且，则，
整理得，解得，又因为且，
故，即不等式的解集为.
16．(1)见详解.
(2)
（1）由底面为正方形，侧面底面ABCD，利用面面垂直的性质可证；
（2）法1，根据题意建立空间直角坐标系，计算边长并标点，再利用空间坐标法求取二面角余弦值，进而得到正弦值.法2：作出二面角的平面角，利用几何法求出正弦值.
【详解】（1）由底面ABCD为正方形，得，又底面ABCD，
侧面底面ABCD，侧面底面ABCD，
则平面，而平面，
所以平面平面.
（2）法1：由（1）知平面，又，则平面，
如图以D为原点建立空间直接坐标系，
由，，得，，
则到的距离为，故，，，
设平面的一个法向量，
，不妨取，则，
侧面底面ABCD，故平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
，
所以二面角的平面角的正弦值.
法2：在平行六面体中，连接，连接，
由，，得是菱形，且是正三角形，
则，由（1）知平面，而，则平面，
又平面平面，于是平面，又平面，
则，而平面，因此平面，
又平面，则，为 二面角的平面角，
在中，，则斜边，
所以，即二面角的平面角的正弦值.
17．(1)
(2)答案见解析
(3)
（1）利用导数的几何意义建立方程，求解参数即可.
（2）先求导函数，由导函数特征对参数范围进行分类讨论即可求解.
（3）方法一：利用分离参数法得到即可分析计算求解；方法二：转化为，再结合的单调性建立不等式，求解参数范围即可.
【详解】（1）由题意得，
因为曲线与轴相切，所以设切点为，
则，解得，
又因为，所以，解得.
（2）由题意得的定义域为，，
当时，恒成立，在上为增函数，
当时，若，，在上为减函数，
若，，在上为增函数；
综上，当时，在上为增函数；
当时，在上为减函数，在上为增函数
（3）方法一：由题意得当时，恒成立，
等价于恒成立，得到，
令，则，解得，
当时，，在上为增函数，
当时，，在上为减函数，
则，故.
方法二：当时，恒成立，等价于恒成立
由（2）可知：①当时，在上为增函数，
，则，无解
②当时，在上为减函数，在上为增函数，
得到，解得.
18．(1)
(2)①证明见解析；②
【详解】（1）由椭圆定义可得
，
因为，所以，则，
由题，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）①由题可得，从而直线的斜率必定存在，
设、，设直线的方程为，
联立，可得，
，可得，
由韦达定理可得，，
因为，
即，
即
，
整理可得，
即，
又因为直线不过点，所以，所以，即；
②由①可知，，由得，
因为，所以，因此的取值范围是.
19．(1)答案见解析
(2)或
(3)
【详解】（1），
当时，，所以在单调递增，
当时，令，解得，
当时，，即在单调递增，
当时，，即在单调递减，
综上所述，当时，在单调递增，
当时，在单调递增，在单调递减．
（2）令，则，
设，由题意得只有一个根，
则，令，解得，
当时，，则在单调递增，
当时，，则在单调递减，
所以，又当时，，画出简图，如图所示，
因为只有一个根，所以或．
（3）由，
令，则，故，
当时，，
以下证明，设，
则，
令，则，令，解得，
当，，则在单调递减，
当，，则在单调递增，
所以，即，
所以时，，则在单调递减，
所以时，，则在单调递增，
所以，
综上所述，实数．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
C
C
C
D
B
D
BC
BCD
题号
11









答案
ACD