2025--2026学年江苏省苏州中学高二下册期中考试数学试题 [含解析]

这是一份2025--2026学年江苏省苏州中学高二下册期中考试数学试题 [含解析]，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。
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、单选题（每题5分，共8题）
1. 已知函数，则（ ）
A. B. C. 0D.
2. 甲、乙、丙、丁四人从网球、乒乓球、羽毛球这三门选修课中，每人任选一门参加，则不同的选择方案共有（ ）
A. B. C. D.
3. 直线a，b的方向向量为，平面，的法向量分别为，则下列选项正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
4. 已知点是平面内一点，平面的一个法向量为，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
6. 若空间向量，，且，则（ ）
A. 有最大值，且最大值为B. 有最小值，且最小值为
C. 有最大值，且最大值为D. 有最小值，且最小值为
7. 已知函数，，若对任意的，存在唯一的，使得，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8. 在空间直角坐标系中，我们规定：过点，且以（a，b，c不同时为0）为方向向量的直线方程为，若分母中有一个或两个为0，需理解为分子也为0，例：时，方程等价于，且；而过点P，且以（a，b，c不同时为0）为法向量的平面方程为.若平面过点A，且满足方程；直线也过点A，满足，且，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
二、多选题（每题6分，共3题）
9. 现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（ ）.
A. 从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法
B. 从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法
C. 从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法
D. 从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法
10. 已知四棱锥的体积为24，底面是平行四边形，是上靠近点的一个三等分点，经过直线的平面与侧棱分别交于点（均不与重合），设，则下列说法正确的是（ ）
A. 当平面时，
B. 当时，
C. 四面体的体积的最小值为
D. 四棱锥的体积的最小值为4
11. 已知函数，为的导函数，曲线关于点对称，且，恒成立.下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 所有零点之和为
D. 若，且，则
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题（每题5分，共3题）
12. 用1，2，3...，9这九个数字，可以组成没有重复数字的三位数的偶数的个数为_________（用数字作答）
13. 在三棱锥中，棱两两垂直且，点在底面内（包括边界），且直线与平面所成角的正弦值为，则___________
14. 已知函数的一个极值点是.则a与b的关系式_______；设，，若存在，使得成立，则实数a的取值范围是_______.
四、解答题（5题，共77分）
15. 用0-5这六个数字可以组成没有重复的
（1）三位数有多少个?
（2）四位偶数有多少个?
（3）能被5整除的四位数有多少个?
16. 如图，在平行六面体中，，，，.
（1）以，，为基底向量，表示向量、；
（2）求证：；
（3）求的长.
17. 已知函数
（1）当时，求函数在区间上的最小值；
（2）试讨论函数的单调性；
（3）当时，不等式恒成立，求正整数的最大值.
18. 将椭圆面沿着垂直于其所在平面的空间向量平移得到的封闭几何体叫做椭圆柱体.如图所示的椭圆柱体，点和分别为上、下椭圆面的对称中心，椭圆的长轴长，短轴长为，，均垂直于椭圆面，且，过下底面椭圆的右焦点的动直线交椭圆于，两点，是上一点，且满足平面.
（1）求的值；
（2）求点到平面距离的最大值；
（3）若，求二面角的余弦值.
19. 已知函数.
（1）若，且，求a的最小值；
（2）证明：曲线是中心对称图形；
（3）若，且对任意，均有，求b的取值范围.
数学
满分150分，考试时间120分钟.所均写在答题纸上.
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、单选题（每题5分，共8题）
1. 已知函数，则（ ）
A. B. C. 0D.
答案：A
解析：
解答过程：由函数，求导得
所以.
2. 甲、乙、丙、丁四人从网球、乒乓球、羽毛球这三门选修课中，每人任选一门参加，则不同的选择方案共有（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：根据分步乘法计数原理求解即可.
解答过程：甲、乙、丙、丁四人从网球、乒乓球、羽毛球这三门选修课中，每人任选一门参加，可以分4步完成，
每一步由1人选择一门选修课，每步均有3种选法，根据分步乘法计数原理，故共有种不同的选择方案.
3. 直线a，b的方向向量为，平面，的法向量分别为，则下列选项正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
答案：B
解析：
解答过程：选项A，若，则共线，所以，A错误；
选项B，若，则垂直，则，B正确；
选项C，若，则共线，，C错误；
选项D，若，则共线，，D错误．
4. 已知点是平面内一点，平面的一个法向量为，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
解答过程：由题意可得，又，
则点到平面的距离为.
5. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
答案：C
解析：
思路：对求导并分析单调性，再结合偶函数的性质建立关于的不等式求解即可.
解答过程：因为，所以，
设，则，
所以在上是增函数，
所以在上是增函数．由，可知当时，，
即在上是增函数．
又因为，
所以是偶函数，
所以，
所以实数的取值范围是．
6. 若空间向量，，且，则（ ）
A. 有最大值，且最大值为B. 有最小值，且最小值为
C. 有最大值，且最大值为D. 有最小值，且最小值为
答案：A
解析：
思路：由平行的坐标表示得，设，求导，利用导数得到最值即可．
解答过程：解：因为，所以存在唯一的实数，使得，
即，，其中，则.
设，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
故，则有最大值，且最大值为，无最小值.
7. 已知函数，，若对任意的，存在唯一的，使得，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：利用导数求在上的值域记作集合，利用二次函数的单调性求在上的值域，根据题意可得两函数值域的关系，可得关于的不等式组，解不等式即可.
解答过程：由可得，
当时，；当时，；
所以在单调递减，在单调递增，
所以，，，
所以在上的值域为，记，
的对称轴为，，，
且在上单调递减，所以，
记，
若对任意的，存在唯一的，使得，
则，所以，解得：，
所以实数的取值范围是，
故选：B.
8. 在空间直角坐标系中，我们规定：过点，且以（a，b，c不同时为0）为方向向量的直线方程为，若分母中有一个或两个为0，需理解为分子也为0，例：时，方程等价于，且；而过点P，且以（a，b，c不同时为0）为法向量的平面方程为.若平面过点A，且满足方程；直线也过点A，满足，且，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：根据平面方程的一般形式，对比题干中的形式，求出平面的法向量；根据直线方程的一般形式，对比题干中的形式，求出直线的方向向量；再利用直线与平面所成角的向量公式求解.
解答过程：设.
因为平面过点A，且满足方程，将其写为，
即，
所以，且平面的一个法向量为.
因为直线过点A，满足，且，
所以，
由得.
根据题干中的规定可知，，由可得，
对比可知，不妨取，则，
所以直线的一个方向向量为.
设直线与平面所成角为，
则，
所以.
故选：B.
二、多选题（每题6分，共3题）
9. 现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（ ）.
A. 从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法
B. 从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法
C. 从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法
D. 从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法
答案：ABC
解析：
思路：根据题意，结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理，逐项计算，即可求解.
解答过程：对于A，根据分类加法计数原理可知，共有种不同的选法，故A正确.
对于B，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的选法，故B正确.
对于C，可分为三类：第一类是1幅选自国画，1幅选自油画，有种不同的选法；
第二类是1幅选自国画，1幅选自水彩画，有种不同的选法；
第三类是1幅选自油画，1幅选自水彩画，有种不同的选法，
故共有种不同的选法，故C正确.
对于D，可以分两个步骤完成：第一步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；
第二步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法，
根据分步乘法计数原理知，不同挂法的种数是，故D错误.
故选：ABC.
10. 已知四棱锥的体积为24，底面是平行四边形，是上靠近点的一个三等分点，经过直线的平面与侧棱分别交于点（均不与重合），设，则下列说法正确的是（ ）
A. 当平面时，
B. 当时，
C. 四面体的体积的最小值为
D. 四棱锥的体积的最小值为4
答案：ACD
解析：
思路：设，，根据题意结合三点共线的结论可得，.对于A：根据线面平行的性质定理可得，即可得，进而分析判断；对于B：根据即可分析判断；对于C：分析可知，，结合体积关系分析判断；对于D：分析可知，可得，结合基本不等式运算求解.
解答过程：设，，
在平面内，因为为的中点，则，
可设，
又因为三点共线，则，
则，解得，则，
因为，平面，则平面，
且，平面，则平面，
因为平面平面，则，可知，
因为三点共线，则，
且点为的中点，则，可得，
可得，消去可得.
A：若平面，
因为平面，平面平面，可得，
则，即，，
则，解得，所以，故A正确；
B：若，则，可知，
则，所以，故B错误；
C：因为，则，解得，
又因为，
则四面体的体积，
当且仅当时，等号成立，所以四面体的体积的最小值为，故C正确；
D：因为，
则四面体的体积，
可得四棱锥的体积，
又因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以四棱锥的体积的最小值为4，故D正确.
11. 已知函数，为的导函数，曲线关于点对称，且，恒成立.下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 所有零点之和为
D. 若，且，则
答案：BD
解析：
思路：A项，对进行求导，又曲线关于点对称，得到化简即可求出；
B项，若恒成立，即恒成立，分类讨论即可求出b的值；
C项，由B项得到，再令，分类讨论并结合对称性即可求出；
D项，先求出的图像关于对称，判断的单调性，再设，求导判断即可证明.
解答过程：A项，对进行求导，得，
又曲线关于点对称，，
即，
即，，A错误；
B项，由A项可知，，，
若恒成立，即恒成立，
若，取，则，不合题意，
若，，此时，故 b的值为，B正确；
C项，由B项可知，此时，
记，则，
当时，单调递增，且，，故存在，使得，
当时，，，无零点；
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
又，时，有一个零点，
由对称性可得时，有一个零点，
综上，有3个零点之和为，C错误；
D项，，，
故的图像关于对称，
由C项得，当时，，单调递增；
时，，单调递减，
由对称性可知，时，单调递增；时，单调递减，
当时，，下证此时，
设，则，
当时，单调递增，,
即，又，，即，
当时，显然，
当时，显然，
综上，得证，D正确.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题（每题5分，共3题）
12. 用1，2，3...，9这九个数字，可以组成没有重复数字的三位数的偶数的个数为_________（用数字作答）
答案：224
解析：
解答过程：用1，2，3…，9这九个数字，要组成没有重复数字的三位数的偶数，个位数必须是偶数，
偶数有2，4，6，8共4种选择，
因此可以组成没有重复数字的三位数的偶数的个数为.
13. 在三棱锥中，棱两两垂直且，点在底面内（包括边界），且直线与平面所成角的正弦值为，则___________
答案：
解析：
思路：建立空间直角坐标系，令，设，先求平面的法向量为，由得，进而得，最后利用空间向量数量积的运算可求得结果.
解答过程：根据题意，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图：
设，所以，
，
设，设平面的法向量为，
所以，令，得，
所以，所以，即，
设直线与平面所成的角为，
所以，
所以，
故答案为.
14. 已知函数的一个极值点是.则a与b的关系式_______；设，，若存在，使得成立，则实数a的取值范围是_______.
答案： ①. ②.
解析：
思路：（1）先求导，利用极值点处导数为列出等量关系，代入化简得到a与b的关系式；
（2）根据题干已知条件，将能成立的问题转化为求两个函数最值的差小于的问题，利用导数分别求出，的值域，代入，求出的取值范围.
解答过程：（1）解：由题意知，为函数的一个极值点，则，
又，
所以，解得，
则，当时，，函数在上单调递减，因此没有极值点，不合题意，
所以.
（2）解： 由（1）知，又，，所以，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，
因此，在取极大值，即为最大值，为，
又因为，，
所以在上的值域为，，.
又易知在上单调递增，，，
所以的值域为，，.
因为存在，使得成立，等价于，，
又因为，，所以恒成立，
所以，化简得，解得，
又，因此实数a的取值范围为.
四、解答题（5题，共77分）
15. 用0-5这六个数字可以组成没有重复的
（1）三位数有多少个?
（2）四位偶数有多少个?
（3）能被5整除的四位数有多少个?
答案：（1）100 （2）156
（3）108
解析：
思路：（1）先分析百位，再根据排列组合求解即可；
（2）分析末尾的情况求解即可
（3）分末尾为0和5与首位的情况求解即可.
（1）百位不能为0，三位数共有个.
（2）末位为0的四位偶数有5×4×3=60个；
末位为2的四位偶数有4×4×3=48个；
末位为4的四位偶数有4×4×3=48个；
故共有156个四位偶数.
（3）能被5整除的数的个位数字是0或5.
根据分类计数原理知
当末位是0时，千位、十位和百位从5个元素中选3个进行排列有种结果，
当末位是5时，千位数字不能取零，有种取法，十位和百位从4个元素中选2个进行排列有种结果，共有个结果，
根据分类计数原理知共有60+48=108个能被5整除的四位数.
16. 如图，在平行六面体中，，，，.
（1）以，，为基底向量，表示向量、；
（2）求证：；
（3）求的长.
答案：（1），
（2）证明见解析 （3）
解析：
思路：（1）结合图形利用空间向量的线性运算求解；
（2）利用空间向量的数量积证明；
（3）利用空间向量的数量积的运算律计算即得.
（1）在中，根据空间向量的减法运算可得，
；
（2）因，，，，
则，，
由（1）得
，
所以，即；
（3）由（1）知，
所以
，
所以.
17. 已知函数
（1）当时，求函数在区间上的最小值；
（2）试讨论函数的单调性；
（3）当时，不等式恒成立，求正整数的最大值.
答案：（1）
（2）答案见解析 （3）.
解析：
思路：（1）求导，利用导数判断的单调性和最值；
（2）求出原函数的导函数，对进行分类讨论即可得出原函数的单调区间；
（3）问题转化为恒成立，令新函数，利用导数求其最小值的范围，即可求得整数的最大值.
（1）当时，，
当时；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增.
故在区间上的最小值为.
（2）当时，由，得；由，得，
此时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，由，得；
由，得或，
此时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，对任意的恒成立，
此时，在上单调递增；
当时，由，得；
由，得或，
此时，在上单调递减，在和上单调递增.
综上可知，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增.
（3）当时，不等式恒成立，
整理可得，原题意等价于对任意恒成立，
令，
则，
令，则，
所以在区间上单调递增，
因为，，
所以在区间内存在唯一零点，
即，所以，
当时，，即；
当时，，即；
可知在区间上单调递减，在区间上单调递增；
所以，
因为，则，即，
且为正整数，则，所以整数的最大值是.
方法提示：关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性以及隐零点问题，难度较大，解答本题的关键在于合理构造函数，然后利用导数知识解答.
18. 将椭圆面沿着垂直于其所在平面的空间向量平移得到的封闭几何体叫做椭圆柱体.如图所示的椭圆柱体，点和分别为上、下椭圆面的对称中心，椭圆的长轴长，短轴长为，，均垂直于椭圆面，且，过下底面椭圆的右焦点的动直线交椭圆于，两点，是上一点，且满足平面.
（1）求的值；
（2）求点到平面距离的最大值；
（3）若，求二面角的余弦值.
答案：（1）
（2） （3）.
解析：
思路：(1)建系设点，由平面推出，利用向量平行坐标成比例求出点坐标，直接算.
(2)设点，列平面的法向量方程组，写出法向量；代入点到平面距离公式，将距离表达式化简后用不等式放缩，求出最大值.
(3)由得出方向向量，分别求平面、平面的两个法向量，用向量夹角公式计算余弦，结合图形取锐角值.
（1）建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，
所以，.
由平面，得，∴.
（2）设，则，.
设平面的法向量为，
则取.
又因为，
所以(当时取等号)，
即点到平面的距离的最大值为.
（3）因为，所以直线的方向向量，
直线的方向向量.
设平面的法向量为，则
取
又，直线的方向向量，
设平面的法向量为，则
取
所以.
由图可知二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.
19. 已知函数.
（1）若，且，求a的最小值；
（2）证明：曲线是中心对称图形；
（3）若，且对任意，均有，求b的取值范围.
答案：（1）
（2）证明见解析 （3）
解析：
思路：（1）求出导函数，利用列不等式求解即可；
（2）为证明函数图象的中心对称性，可取图象上任意一点，验证其关于对称中心的对称点是否在函数图象上即可；
（3）由可得，设，则有在上恒成立，多次求导，利用导数研究的单调性，解不等式即可求解.
（1）时，，则，
因为，当且仅当时等号成立，
故，而成立，故，即，
所以的最小值为.
（2）的定义域为，
设为图象上任意一点，
关于的对称点为，
因为在图象上，故，
而，
所以也在图象上，
由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.
（3）因为，可得，依题意在上恒成立，
设，则，
则有在上恒成立，
因为，可设，
所以
①当时，由知，，所以，
所以在单调递增.
1.当，即时，对任意都成立，
所以在上单调递减，则；
2.当，即时，而当时，，
所以，使，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以舍去；
②当时，所以在上单调递增，则，所以舍去；
③当时，与在上都单调递增，
所以在上单调递增，则，所以舍去.
综上，.