湖南省长沙市长郡中学等校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市长郡中学等校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷（Word版附解析），共4页。试卷主要包含了 已知集合 ， ，则， 抛物线 C ， 已知函数为奇函数，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第 I 卷（选择题）和第Ⅱ 卷（⾮选择题） 两部分，共 6 页.时量 120 分钟.满分 150 分. 第 I 卷
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】 D 【解析】
【分析】先求得集合 ，然后根据交集的知识求得正确答案. 【详解】集合 ，所以 .
2. 已知 i 是虚数单位，复数 满⾜ ，则 ( )
A. 1 B. C. D. 2
【答案】 A 【解析】
【分析】⽅法⼀，利⽤复数除法运算化简 ，进⽽求得 ；⽅法⼆，利⽤复数模的性质求得正确答案. 【详解】法⼀： ，所以 ；
法⼆：两边同时取模 ， 即 ，所以 .
3. 抛物线 C ： 的焦点为 F，C 上的点到 F 的距离等于到直线 的距离，则 ( )
A. 8 B. 4 C. 2 D. 1
【答案】 B 【解析】
【分析】根据抛物线的定义列⽅程，由此求得 的值.
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【详解】根据抛物线的定义， 是其准线，
因为 的准线⽅程为 ， 所以 ，解得 .
4. 设 ， ，且 ，则 的最⼩值为( )
A. 8 B. C. 10 D.
【答案】 D 【解析】
【分析】由 可得 ，然后由基本不等式 1 的妙⽤可得答案. 【详解】 两边同时除以 ，得到 ，
,
当且仅当 ，即 ， 时等号成⽴ .
5. 已知函数为奇函数，则 ( )
A. -2 B. 0 C. -3 D. -1 【答案】 C
【解析】
【分析】由奇函数的定义求解 【详解】若 ，则 ，
所以 ，
所以 ， ， .
6. 若事件 A ，B 满⾜ ， ， ，则 ( )
A. B. C. D.
【答案】 A
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【解析】
【分析】利⽤条件概率和并事件的概率公式求解.
【详解】 ，代⼊ ，得到 ，
⼜因为 ，
所以 .
7. 已知函数 ， ，若 ，使得 有解，则
的最⼩值为( )
A. B. C. D.
【答案】 A 【解析】
【分析】根据题意可得 ，使得 ，结合正弦函数的性质分析即可求解 . 【详解】当 时， ，所以只需要 ，使得 ，
即 ， ， ，
即关于 的⽅程 ， ，在 上有解，
首先 ， ，其次要使得 最⼩，则需 最⼩， 最⼤，即当 ，时， 最⼩， 故所求最⼩值为 .
8. 已知函数 ，若 为偶函数，则 ( )
A. B. C. D.
【答案】 C 【解析】
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【分析】先由⼆阶导求 的对称中⼼，在利⽤平移变换求解. 【详解】对 求导得 ，再对 求导得 ， 令 ，得 ，可以得到 的对称中⼼的横坐标为 ，
⼜ ， 的对称中⼼为 ，
表⽰将 的图象向右平移 a 个单位⻓度，
向上平移 b 个单位⻓度，因为为偶函数，只需要将对称中⼼移⾄原点即可， 所以 ， ，故 .
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. 已知 的内角 A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c，则下列说法正确的是( )
A. 若 ， ， ，则 有两组解
B. 若 ，则
C. 若 ，则 为等腰三角形
D. （ 为 外接圆的半径）
【答案】 ABD 【解析】
【分析】利⽤正弦定理求解角 C 判断 A ；利⽤三角形性质和正弦定理判断 B ；利⽤⼆倍角公式和正弦函数 性质判断 C ；利⽤三角形⾯积公式和正弦定理判断 D.
【详解】对 A，由正弦定理得， 所以 或 ，故 有两组解，故 A 正确；
对 B，三角形中⼤边对⼤角，因为 ，则 ，再由正弦定理可知 ，故 B 正确；
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对 C，若 ，则 或者 ，即 或者 ，
所以 为等腰三角形或者直角三角形，故 C 错误；
对 D，由正弦定理 和⾯积公式 ， 可知 ，故 D 正确.
10. 首项为正数的等差数列 的前 n 项和为 ，且 ，当 取到最⼤值时， n 的取值是( )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】 BC 【解析】
【分析】根据条件可得 ，结合 ，利⽤⼆次函数性质求解即可 .
【详解】因为 ，所以 ，所以 . 故 ，⼜ ，所以 ，
所以 ，
⽽ ，所以 n 取值是 6 或 7 时，取最⼤ .
11. 已知正⽅体 的棱⻓为 2，球 为其内切球，球 为其外接球，点 P 是 的中点， 则下列说法正确的是( )
A. 球 与球 的体积之⽐为
B. 点 P 到球表⾯的距离的最⼩值为
C. 若在正⽅体内部放置两个相互外切的球，两球球⼼同在正⽅体的⼀条体对角线上且两球都与正⽅体的三 个⾯相切，则这两个球的体积之和的最⼩值为
D. 分别以正⽅体的四个顶点 A ，C ， ，为球⼼， 为半径作四个球，记这四个球的公共部分为⼏ 何体Ω,⼏何体Ω内能容纳的最⼤球的表⾯积为
【答案】 ACD 【解析】
【分析】 A 求出内切球 的半径和外接球 半径，根据球的体积公式得到球 与球 的体积之⽐；B 因
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为为球 内⼀点，则到球 表⾯上的最⼩距离是半径 ；C 设这两个与正⽅体三个⾯相切的 球半径分别是 r，R，它们的球⼼在正⽅体的体对角线上，且球⼼距离为 ，球⼼到对应正⽅体顶点的距 离分别是 和 ，从⽽得到 ，利⽤球的体积公式求出两球的体积之和，利⽤基本不等式得到体
积之和的最⼩；D 如图，三棱锥是正四⾯体， 四个球公共部分⼏何体Ω的中⼼是正四⾯体的中⼼， 也就是正⽅体的中⼼ O，最⼤的球是内切球，也就是中⼼ O 到四个球⾯的距离，从⽽得到最⼤球的半径 ， 利⽤球的表⾯积公式求出最⼤球的表⾯积.
【详解】因为正⽅体棱⻓为 2，所以其内切球半径为 1，外接球半径为 ， 根据球的体积公式可知球 与球 的体积之⽐为 ，故 A 正确；
P 为球内⼀点，则 P 到球表⾯上的最⼩距离是半径，故 B 错误； 设这两个与正⽅体三个⾯相切的球半径分别是 r ，R，
它们的球⼼在正⽅体的体对角线上，且球⼼距离为 ， 球⼼到对应正⽅体顶点的距离分别是 和 ，
则 ，解得 ，
两球的体积之和
,
利⽤基本不等式可知当 时，体积之和最⼩ ，故 C 正确；
如图，三棱锥 是正四⾯体， 四个球公共部分⼏何体Ω的中⼼是正四⾯体的中⼼，也就是正⽅体的 中⼼ O，
最⼤的球是内切球，也就是中⼼ O 到四个球⾯的距离，则最⼤球的半径 ， 故最⼤球的表⾯积 ，故 D 正确.
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第Ⅱ 卷
三、填空题（本题共 3 ⼩题，每⼩题 5 分，共 15 分）
12. 的展开式中 的系数是_______．（⽤数字作答）
【答案】 15 【解析】
【详解】 的展开式通项公式为 ，
令 ，则 ，
所以 的展开式中 的系数是 .
13. 已知函数 在区间 上单调递增，则实数 a 的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【详解】由题可知函数 在 上单调递增，则 ，
参变分离得到 ，令 ， . 当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减.
当 时 取最⼤值 ，所以 .
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即实数 a 的取值范围为 .
14. 已知向量 ， 满⾜ ， ， ，若 ， ，且 ， 分别是 在 ， 上的投影向量，则 的最⼩值为 .
【答案】
【解析】
【分析】由题可得 ， ，然后由向量模⻓公式可得 ，据
此可得答案.
【详解】
,
,类似可得
,
,
当且仅当
时等号成⽴ .
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. 已知函数 .
（1）求函数 的最⼩正周期与单调增区间；
（2）在 中，内角 A，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c，若 ，且 ，求 ⾯
积的最⼤值.
【答案】（1） ， ， . （2） .
【解析】
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【分析】（1）由三角函数公式化简可得
,由周期公式得到最⼩正周期，即可解得函
数的递增区间；
（2）由（1）和
【⼩问 1 详解】
可得 ，再结合基本不等式可得 的范围，进⽽可得⾯积最值.
,
所以函数 的最⼩正周期 ，
, .
令 ， ，解得 故函数 的单调递增区间为 ，
【⼩问 2 详解】
由
,
,
⼜因为 ，所以 ，所以 ，即 .
因为 ，根据基本不等式 ，当且仅当 时等号成⽴， 所以，所以 ⾯积的最⼤值为 .
16. 已知等差数列 及其前 项和 满⾜ ， .数列 满⾜ .
（1）求数列 和 的通项公式；
（2）若数列 满⾜ ，求数列 的前 项和 .
【答案】（1） ， .
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（2） .
【解析】
【分析】（1） 先⽤等差数列通项和求和公式, 由已知条件解出首项与公差,得到通项 ；再由 的连乘积公 式通过相邻项相除得到 .
（2）将 表⽰为 ,⽤错位相减法求和：先写出 和 ,两式相减后得到等⽐数列求和,化简即得 .
【⼩问 1 详解】
数列 是等差数列，设公差为 ，
因为 ，所以 ， ⼜ ， ，解得 ， ，
所以 .
当 时， ，因为
所以 ，
当 时，由题设得
,满⾜上式，所以 .
【⼩问 2 详解】
由（1）可知 ， ，所以 ，
所以 ，① 所以 ，②
①-②可得 ，
.
所以
17. 如图， 在四棱锥
中， 底⾯四边形 为菱形， 第 10页/共 18页
,
是正三角形，
, 为 上⼀点.
（1）证明： 平⾯ ；
（2）若 ∥ 平⾯ ，求⼆⾯角 的余弦值. 【答案】（1）证明见解析
（2） .
【解析】
【分析】（1）法⼀：取 的中点 ， 的中点 ，连接 ， ， ， ，利⽤⼏何关系可知
平⾯ ，得到 ，同理得到 ，结合线⾯垂直的判定定理即可证明；
法 ⼆ ：设 ， 连 接 ， 则 ， 在 点 相 互 平 分 ， 可 证 平 ⾯ ， 作 交 于点 M，可得 平⾯ ，结合⼏何关系证明 与 重合即可证明结论；
（2）分别以 ， 所在直线为 x，y 轴，过 O 且平⾏于的直线为 z 轴建⽴空间直角坐标系 ， 分别求出平⾯ 与平⾯ 的法向量，利⽤向量的夹角公式求解即可.
【⼩问 1 详解】
法⼀：如图所⽰，取 的中点 ， 的中点 ，连接 ， ， ， ，
,则
,
,
因为 是正三角形， ⼜ 为 的中点，所以
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⼜底⾯四边形 为菱形， ，
所以 是等边三角形，所以 ，
因为 ， 平⾯ ， 平⾯ ，所以 平⾯ . ⼜ 平⾯ ，进⽽ ，
同理可得 ，
因为 ， 平⾯ ， 平⾯ ，所以 平⾯ 法⼆：设 ，连接 ，则 ， 在 点相互平分，
⼜在菱形 中， ，
是正三角形，则 ，
⽽ ， 平⾯ ，所以 平⾯ ，
因为 平⾯ ，所以平⾯ 平⾯ ； 作 交 于点 M，则 平⾯ ，
因为底⾯四边形 为菱形，
,
,所以
,
因为 是正三角形， ，所以 ， 在 中，， ⼜因为在 中， ，
所以 ，
所以点 M 与点 A 重合，即 平⾯ . 【⼩问 2 详解】
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因为 ∥ 平⾯ ， 平⾯ ，且平⾯ 平⾯ ， 则 ∥ ,
由于 O 为 的中点，所以 E 为 的中点，
如图，分别以 ， 所在直线为 x，y 轴，过 O 且平⾏于的直线为 z 轴建⽴空间直角坐标系 ， 由（1）可知，
,
,
,
所以
则
,即
,
令 ，得
,
,
,
,
,
,
,
设平⾯ 的法向量为
则
,即
令 ，得 设平⾯
.
的法向量为
,
.
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由图可知，⼆⾯角 是钝角，所以⼆⾯角 的余弦值为 .
18. 已知函数 .
（1） 当 时，求曲线 在 处的切线⽅程；
（2）若 有两个极值点 .
（i）求实数 的取值范围；
（ii）证明： .
【答案】（1）
（2）（i） ；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1） 当 时先写出 表达式 ,代⼊ 求得函数值 ,再对 求导得到 ,代⼊ 算出切线斜率 , 由点斜式即可得出曲线在点 处的切线⽅程为 . （2）（i）由 求出导数并通分化简,根据函数有两个极值点,转化为分⼦⼆次⽅程在 上有两个不等 正根,利⽤韦达定理与判别式列出不等式组,求解得出实数 的取值范围.
（ii）利⽤极值点满⾜⼆次⽅程关系, 代⼊化简 构造单变量函数 , 再对 ⼆次求导分析 单调性, 确定其极⼩值点与单调区间, 找到唯⼀极值点 , 借助 进⾏代换化简 , 配⽅后放缩 证得 .
【⼩问 1 详解】
当 时， ，则 ， ⼜ ，所以 .
所以曲线 在 处的切线⽅程为 .
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【⼩问 2 详解】
（i） ，求导得 ， 因为 有两个极值点，所以 在 上有两个不相等的根，
⼜ ，则只需要 解得 ， 所以实数 的取值范围为 .
（ii）因为 ，且 是⽅程 的根，
所以 且 ，
则 ， 令 ， ，则 ， 令 ，则 ，令 ，解得 ，
因为 在 上单调递增，且 ，
所以函数 在上单调递减，在 上单调递增，
⼜ ， ，，
所以 使得函数 在 上单调递增，在 上单调递减，且 .
故函数 的最⼤值为
,即 得证.
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19. 已知过点 的椭圆 ： 的离⼼率为， 直线 过椭圆 C 的右焦点 F，且与椭圆 C
交于 A ，B 两点.
（1）求椭圆 C 的标准⽅程；
（2）若直线 的斜率存在，点 A 关于 x 轴的对称点是 ，求证：直线 过 x 轴上的定点 M，并求其坐标；
（3）在（2） 的条件下，过点 M 作 x 轴的垂线 与 交于点 Q，记线段 的中点为 ， 的⾯积为
, 的⾯积为 ，求 的取值范围. 【答案】（1）
（2）证明见解析， （3） .
【解析】
【分析】（1） 根据椭圆的离⼼率公式和点在椭圆上的条件，列出关于 的⽅程组，求解得到椭圆的标 准⽅程.
（2） 设出直线 的⽅程，与椭圆⽅ 程联⽴， 利⽤韦达定理得到 两点坐标的关系，再根据直线 的
⽅程求出其与 轴的交点坐标.
（3）求出两直线交点 ，
可.
【⼩问 1 详解】
依题意可知
, 分别表⽰ 与
的⾯积，求范围即
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解得 ， ， ，
所以椭圆的标准⽅程是 .
【⼩问 2 详解】
设 ， ， ，
当直线 与 轴不重合时，设直线 的⽅程为 ，
联⽴ 化简得 ， 且 ， ，①
⼜ ，直线 的⽅程为 ， 令 ，解得 ，
将①代⼊可得
,
,所以定点 为
,
当直线 与 轴重合时，即直线 为 轴，也过点
所以直线 过 轴上的定点 .
【⼩问 3 详解】
当直线 的斜率为 时，
,⽐值
⽆意义，故以下讨论直线 斜率不为 的情况.
两直线交于 ， ，
,
因为 ， 所以 ，
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,
所以
.
.
所以
.
⼜因为 ，所以