2025--2026学年甘肃定西市渭源县第四高级中学高二下册期中数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年甘肃定西市渭源县第四高级中学高二下册期中数学试题 [含答案]，共5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。
一、单选题：本题共8小题，每题5分，共40分.在每个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，．若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
2. 复数（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（ ）
A. B. 2C. D.
3. 设，若，则（ ）
A. B. C. D.
4. 已知向量，且向量在向量上的投影向量为，则等于（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
5. 是等比数列，且， ，则（ ）
A. 12B. 24C. 30D. 32
6. 已知，若两圆和外切，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆C上存在一点P使，且△F1PF2为锐角三角形，则椭圆C的离心率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
8. 若（），则（ ）
A. B.
C. D.
二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对得6分 ，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 在中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，.下列说法正确的是（ ）
A. 是直角三角形
B. 若是的中点，则
C. 若，为的中点，则的最大值为
D. 若，则
10. 如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则（ ）
A. 圆锥的侧面积为
B. 圆锥的体积为
C. 若一蚂蚁从点出发沿圆锥的侧面爬行一周回到点，则爬行的最短距离为
D. 圆锥的外接球与内切球半径比值为
11. 已知函数，是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则下列说法正确的是（ ）
A. 是奇函数B. 是偶函数
C. D.
三、填空题:本题共3小题，每题5分，共15分
12. 已知的内角，，所对的边分别为，，，若，，则面积的最大值为______.
13. 已知随机变量，且，则的展开式中的常数项为________.（用数字作答）
14. 若的展开式中的系数为30，则__________
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. 如图，在中，为边上一点，且.
（1）若.
（i）求；
（ii）求的面积；
（2）求的取值范围.
16. 人工智能大模型已成为新一代数字技术核心，某企业自主研发了人工智能大模型，为了比较其与传统人工智能模型的文本生成效果，随机抽取两种模型各次文本生成效果，已知每次文本生成效果分为有效生成与无效生成两种情况，且部分统计数据如下表.
（1）完成列联表，并以样本估计总体，频率估计概率，若利用模型随机生成次文本，求该文本生成效果为有效生成的概率；
（2）根据小概率值的独立性检验，判断文本生成效果与模型类型是否有关.
附
17. 如图，在三棱锥中，底面ABC，=2，D为的中点，，垂足为E，F是线段上的点．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值的最大值．
18. 在平面直角坐标系中，已知点，动点关于的对称点为，且直线的斜率之积是，记的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）直线与轴交于点，点与点关于轴对称，直线与轴交于点．在轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．
19. 已知函数
（1）若函数有两个零点，求的取值范围；
（2）在（1）的条件下，设函数的两个零点分别为.
①证明：
②证明：
数学
满分为150分，考试时间为120分钟．
一、单选题：本题共8小题，每题5分，共40分.在每个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，．若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：先通过解一元二次不等式得集合，再根据并集的定义可得.
解答过程：由，解得，所以.
因为，所以，如图：
所以．
2. 复数（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（ ）
A. B. 2C. D.
答案：B
解析：
解答过程：由题意可得：的共轭复数 ，
所以的虚部为.
3. 设，若，则（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：先求出，然后利用二倍角的正切公式计算即可.
解答过程：化简等式为，解得或.
因为，所以，所以，所以.
所以.
4. 已知向量，且向量在向量上的投影向量为，则等于（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
答案：C
解析：
解答过程：因为向量在向量上的投影向量为，故，
又，
所以.
5. 是等比数列，且， ，则（ ）
A. 12B. 24C. 30D. 32
答案：D
解析：
解答过程：设等比数列的公比为，由，，
得，所以.
6. 已知，若两圆和外切，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：先求得两圆的圆心和半径，再依据两圆外切，即可求得，令，代入上式，化简整理，可得关于m的一元二次方程，根据，结合判别式法即可得答案.
解答过程：由题意得圆，
整理得，则圆心为，半径为1，
圆，整理得，
则圆心为，半径为2，由题意得两圆外切，即圆心距等于半径和，
所以，解得，
令，则，代入，
得，展开得，
因为，所以，解得.
所以的最大值为，故D正确.
7. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆C上存在一点P使，且△F1PF2为锐角三角形，则椭圆C的离心率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
答案：C
解析：
思路：设，由正弦定理可得，由两角和的正弦公式和倍角公式化简可得，结合的范围和余弦函数的单调性即可得出答案.
解答过程：设，则，由三角形的内角和为，
所以，在中，由正弦定理可得：
，
由可得：，
所以，
因为
，
因为，
因为△F1PF2为锐角三角形，所以，解得：，
所以，所以，
因为在上单调递减，
所以在上单调递减，
所以
8. 若（），则（ ）
A. B.
C. D.
答案：C
解析：
解答过程：对于A：因为，所以多项式最高次项的次数为6，
所以，所以，故A错误；
对于B：，故B错误；
对于C：在中，
令，得，所以，
令，得，
所以，故C正确；
对于D：对两边同时求导，
得，
令，得，故D错误.
二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对得6分 ，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 在中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，.下列说法正确的是（ ）
A. 是直角三角形
B. 若是的中点，则
C. 若，为的中点，则的最大值为
D. 若，则
答案：ABD
解析：
思路：利用二倍角余弦公式及余弦边角关系化简条件判断A，利用已知及三角形内角的性质分析判断B，根据A、B分析，应用柯西不等式求的范围判断C，应用三角换元，得到，其中，，结合正弦函数的性质求范围判断D.
解答过程：由得，，
化简有，故，是直角三角形，A正确；
若是的中点，是的中点，，此时，故，
要使，即证，
由，结合正切函数的单调性，只需证，显然成立，B正确；
由，，
，
当且仅当，即，时等号成立，与矛盾，C错误；
若，则，，此时，
其中，，则，此时，
所以，
所以，故，D正确.
10. 如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则（ ）
A. 圆锥的侧面积为
B. 圆锥的体积为
C. 若一蚂蚁从点出发沿圆锥的侧面爬行一周回到点，则爬行的最短距离为
D. 圆锥的外接球与内切球半径比值为
答案：ACD
解析：
思路：根据圆锥的性质可求解母线长，进而根据体积公式以及侧面积公式即可求解AB，根据展开图，即可求解C，利用勾股定理即可求解球半径.
解答过程：设圆锥的母线长为，底面半径为，则以为圆心，为半径的圆的面积为，圆锥的侧面积，因为圆锥在平面内转到原位置时，圆锥本身滚动了3周，
所以圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为，解得，所以圆锥的母线长为9；圆锥的侧面积，故A正确；
圆锥的高，则圆锥的体积，故B错误，
如图为圆锥沿的侧面展开图，连接，
设，则，故，
则为等腰三角形，所以蚂蚁爬行的最短距离为，故C正确.
设外接球半径，则有，解得；
设内切球半径r，则有，解得；所以
11. 已知函数，是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则下列说法正确的是（ ）
A. 是奇函数B. 是偶函数
C. D.
答案：ABD
解析：
思路：根据复合函数的单调性及奇偶性判断即可.
解答过程：由题意知，
当时，易得函数在上单调递增，
又，
所以为奇函数，所以在上单调递增．
又是定义在上的偶函数，所以.
因为，所以是奇函数，故A正确；
因为，所以是偶函数．故B正确；
因为是定义在上的偶函数，且在上单调递增，
所以在上单调递减，
所以．所以，故C错误；
因为，
所以，故D正确．
三、填空题:本题共3小题，每题5分，共15分
12. 已知的内角，，所对的边分别为，，，若，，则面积的最大值为______.
答案：##
解析：
思路：先应用余弦定理计算，再结合基本不等式计算得出，最后应用面积公式计算求解.
解答过程：在中，,，故,
由余弦定理，得.
又（当且仅当时取等号），所以，
所以，
所以面积的最大值为.
13. 已知随机变量，且，则的展开式中的常数项为________.（用数字作答）
答案：
解析：
思路：先由正态分布的对称性得到a的值，然后写出二项展开式的通项公式，令x的指数为0即可求解.
解答过程：随机变量，则图像关于对称，且，
由对称性可得，解得，
的通项公式为，
当时得到展开式的常数项为.
14. 若的展开式中的系数为30，则__________
答案：
解析：
解答过程：因为的展开式的通项公式为，其中，
令，得，即，
所以的展开式中的系数为，解得.
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. 如图，在中，为边上一点，且.
（1）若.
（i）求；
（ii）求的面积；
（2）求的取值范围.
答案：（1）（i）；（ii）
（2）解析：
思路：（1）（i）已知，，可求得的大小；在和中，利用角的关系结合正弦定理，建立关于的等式求解；
（ii）根据已知边、角关系，先求出，的长度，再利用三角形面积公式计算的面积.
（2）利用三角形内角和及直角三角形的性质，用分别表示出和；将其代入，转化为关于的三角函数；再根据的取值范围，结合三角函数的性质求取值范围.
（1）（i），，；
，，在中，由正弦定理得，即，解得.
在中，，为锐角；
，.
所以，
在中，由正弦定理得，
所以.
（ii），，
所以，
，得.
，，
在中，由正弦定理得
，即，所以.
所以.
（2），，在中，由正弦定理得，
，得.
，，在中，由正弦定理得，
，得.
在中，，得，；
所以
；
，，；
，即.
16. 人工智能大模型已成为新一代数字技术核心，某企业自主研发了人工智能大模型，为了比较其与传统人工智能模型的文本生成效果，随机抽取两种模型各次文本生成效果，已知每次文本生成效果分为有效生成与无效生成两种情况，且部分统计数据如下表.
（1）完成列联表，并以样本估计总体，频率估计概率，若利用模型随机生成次文本，求该文本生成效果为有效生成的概率；
（2）根据小概率值的独立性检验，判断文本生成效果与模型类型是否有关.
附
答案：（1）

（2）文本生成效果与模型类型有关.
解析：
思路：（1）先计算随机生成次为有效生成的频率，再由频率估计概率可；
（2）直接由独立性检验计算可得.
（1）首先补全列联表：
根据频率估计概率，模型共生成次，其中有效生成次，
因此随机生成次为有效生成的频率为，
根据频率估计概率，利用模型随机生成次文本，该文本生成效果为有效生成的概率.
（2）零假设：文本生成效果与模型类型无关.
代入卡方公式计算，令,
因为小概率值对应的临界值，由于，因此不成立.
结论：依据的独立性检验，认为文本生成效果与模型类型有关.
17. 如图，在三棱锥中，底面ABC，=2，D为的中点，，垂足为E，F是线段上的点．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值的最大值．
答案：（1）证明见解析
（2）解析：
思路：（1）利用线面垂直的判定定理先证明平面 ，得，结合题设再证平面 ，再由面面垂直的判定定理即可得证；
（2）利用空间向量法来求出平面夹角余弦值的表达式，转化为函数求最大值即可.
（1）因为 底面， 底面，所以，
又，是中点，故，
由于，平面，因此平面 ，
因为平面，所以，
又因为，，平面，所以平面 ，
又因为平面 ，所以平面平面；
（2）以为坐标原点，所在直线为轴，过作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
， 则，，，，，
即，，设，
则，
因为，所以，
即，
因为在上，所以可设，， 则，
由图可知平面的法向量为，
设平面 的法向量，
则，令，可得，
设平面与平面夹角为，
则，
令，则，
设，
当时，即，，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值的最大值为.
18. 在平面直角坐标系中，已知点，动点关于的对称点为，且直线的斜率之积是，记的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）直线与轴交于点，点与点关于轴对称，直线与轴交于点．在轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．
答案：（1）
（2）存在，
解析：
思路：（1）设出点的坐标，利用对称性写出的坐标，再根据斜率公式表示出与，将已知斜率之积代入并化简，即可得到轨迹的方程.
（2）设，依次写出、的坐标，设，由得出正切关系式，结合椭圆方程消去，解出，从而判断存在点.
（1）设()，则.
直线的斜率，直线的斜率.
由，得，即.
整理得，即，故(，即).
所以的方程为().
（2）设()在上，则.
点与关于轴对称，故.
直线的方程为，令，得，所以.
直线的方程为，令，得，所以.
设，如图所示：，.
由，得，即.
由，得.
代入得，即.
因为，所以，即.
故存在点，坐标为或.
19. 已知函数
（1）若函数有两个零点，求的取值范围；
（2）在（1）的条件下，设函数的两个零点分别为.
①证明：
②证明：
答案：（1）
（2）①证明见解析；②证明见解析
解析：
思路：（1）由得，令，利用导数确定的性质，然后由直线与的图象有两个交点得参数范围；
（2）①由（1）知，问题转化为只要证，只要证，只要证，令，然后由导数证明；
②的图象与轴的交点是，极小值点，设直线与直线的交点的横坐标为，构造函数，证明，过的直线方程为，设直线AB与直线的交点的横坐标为，
令，，用导数证明，从而证明，然后由证得结论成立.
（1）令，
设，
因为在上单调递增，由得，
所以在单调递减，单调递增.
当时，，
当时，时，
作出的图象和直线，其中的图象与轴的交点是，极小值点，
如图我们有：当时，有两个零点.
（2）①由（1）可知：设，
要证明，只要证明，
又因为均在函数的单调递增区间上，
故只需证明：，
又因为，
故只需证明：，
记，
，
所以在上单调递减，，
所以；
②过O，A两点的直线方程为，
设直线与直线的交点的横坐标为，
令，
则时，，
所以，故有
又因为单调递减，，
类似的过的直线方程为，设直线AB与直线的交点的横坐标为，
令，
则，
在上单调递增，
，
由根的存在性定理知，，
所以在单调递减，在上单调递增，
所以当时有，即，
，又单调递增，，
由得．

有效生成
无效生成
合计
模型


模型


合计



有效生成
无效生成
合计
模型


模型


合计


有效生成
无效生成
合计
模型
模型
合计
有效生成
无效生成
合计
模型
模型
合计