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2025-2026年第二学期甘肃省渭源县第四高级中学期中试卷
高二 数学
考生注意：本试卷满分为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．
2．复数（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（ ）
A． B．2 C． 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．1 B．2 C．3 D．4
5．是等比数列，且， ，则（ ）
A．12 B．24 C．30 D．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(13分)．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（15分）．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.
有效生成 无效生成 合计
模型
模型
合计
(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（15分）．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（17分）．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（17分）．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
第1页共4页 第2页共4页参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B A C D D C C ABD ACD
题号 11
答案 ABD
12．/
13．
14．
15．（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．（1）首先补全列联表：
有效生成 无效生成 合计
模型
模型
合计
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．（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．（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．（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．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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