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湖北省沙市中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷
一、单选题
1．向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
2．数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
3．函数的图象在处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知是抛物线上不同的点，点，若，则（ ）
A． B． C．60 D．80
5．口袋内有大小、质地相同的红球2个，黄球、蓝球各3个．依次不放回地从中摸取2个球（每次取1个球）、记“第一次摸到红球”为事件，“第二次摸到黄球”为事件，则（ ）
A． B． C． D．
6．记，则（ ）
A．1023 B．2047 C．2024 D．4048
7．某校人工智能社团有小李、小赵等5位同学，他们计划对DeepSeek、豆包、通义千问这3种人工智能模型展开学习调研，要求：每种模型至少有1人负责，每人必须且只能选择1种模型．若小李和小赵不能调研同一种模型，则不同的安排方案总数为（ ）
A．600 B．264 C．207 D．114
8．已知，，，则的大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列关于随机事件的概率说法正确的是（ ）
A．若，则事件发生，事件一定发生
B．对于古典概型，若，则事件与互斥
C．若，则事件与独立
D．若，则事件与独立
10．如图，正方体的棱长为是棱上的动点（含端点），则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．
C．二面角的平面角的大小为
D．存在某个点，使直线与平面所成角为
11．在平面直角坐标系中，直线，直线，曲线上的动点到直线与的距离之积为定值1，为曲线的左、右焦点，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线的方程为
B．设，为曲线位于第一象限上的一点，则周长的最小值为
C．点到点的距离最小值为6
D．若为曲线在点处的切线，则直线平分
三、填空题
12．的展开式中的系数为___________.
13．不等式对任意的恒成立，则a的取值范围为__________.
14．已知，分别为双曲线的左、右焦点，A，B两点均在双曲线H上，且满足（），，则的内切圆半径为______.
四、解答题
15．已知函数．
(1)若在上单调递增，求的取值范围；
(2)若关于的不等式有解，求的取值范围．
16．已知数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)若，从数列中依次取出第2项，第4项，第8项，，第项，按原来顺序组成新数列，求使得不等式成立的最小正整数的值．
17．如图，多边形是由一个等腰三角形和一个菱形组成的，其中，，．现将沿翻折，点翻折到点的位置，得到四棱锥，如图（2）所示．
(1)求证：．
(2)如图（2），若二面角的大小为，点为的重心，点在线段上，且．
（i）求证：平面；
（ii）求平面与平面夹角的正弦值．
18．对于抛物线和点，若上存在不同的两点，，使得，且的倾斜角不等于，则称是的“—圆点”，线段是的“—圆弦”．设抛物线的焦点为，准线为，与轴交于点为上一点，，，．
(1)求的方程；
(2)判断是否存在“—圆点”？请说明理由；
(3)设“4—圆弦”中点的轨迹与轴交于点，点关于原点的对称点为，过点作直线与交于，两点，求证：．
19．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)已知，若存在，使得．
（i）求实数m的取值范围；
（ii）证明：．
参考答案
1．C
【详解】向量在向量上的投影向量为.
2．A
【详解】因为，，
所以，，，
，，……，则该数列的周期为，
所以
.
3．C
【详解】已知，易得，
又，所以，
所以函数的图象在处的切线方程为，
即.
4．D
【详解】
抛物线方程，则，
焦点，即焦点为，准线为，
由焦半径公式可知，抛物线上任意一点，
到焦点的距离，
设，则向量，
已知，
由向量加法的坐标运算得
则，解得，
由焦半径公式，
．
5．C
【详解】，，
故.
6．B
【详解】对于，
令，可得.
令，可得①，
令，可得②，
①+②得，
即.
7．D
【详解】先将5位同学分成三组有“2人组+2人组+1人组”和“3人组+1人组+1人组”两种情况，共有种方法，
其中小李和小赵同一组的情况有种方法，所以小李和小赵不同组的情况有种；
再将这三组分给DeepSeek、豆包、通义千问这3种人工智能模型，有种排列方式，
所以共有种方法.
8．A
【详解】因为，，构造函数，，
则，当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，所以为的极小值点，
所以，则，
即，所以，即，又，
构造函数，，
则，所以在单调递增，
则，即，
，所以，则.
9．BCD
【详解】对于A选项，若，则事件发生，事件不一定发生，A错；
对于B选项，对于古典概型，若，则事件与互斥，B对；
对于C选项，若且由条件概率公式可得，
所以，所以，则事件与独立，C对；
对于D选项，若，则，
所以，故与独立，即事件与独立，D对．
故选：BCD．
10．ABC
【详解】对于选项A：三棱锥转化为三棱锥的底面积为定值，
因为平面平面，所以到平面高不变，体积为定值，故选项A正确；
对于选项B：
如图建系，设，则
因为，，
所以得，故选项B正确；
对于选项D：取平面的法向量为，
因为 ，
则设直线与平面ABCD所成角,则，
当时，，这时直线与平面ABCD所成角最大值为，故选项D不正确；
对于选项C：设平面法向量为，，
所以，所以
所以令，可得，设平面法向量为，
设二面角 为，则
所以二面角的大小为，故选项C正确.
故选：ABC.
11．ABD
【详解】对于A，点到直线的距离为，到直线的距离为，
由题可得，所以，
又，即，故，
所以曲线的方程为，故A正确；
对于B，由A可知，，，故，所以，
为曲线位于第一象限上的一点，连接，
则，
由双曲线定义可知，所以，
则，
显然当三点共线时，取得最小值，最小值为，
故的最小值为，周长的最小值为，B正确；
对于C，要使得点到点的距离最小，则点要在双曲线的右支上，
所以，且，
所以，
当且仅当时，取等号，
所以点到点的距离最小值为，故C错误；
对于D，设点在双曲线上，满足，
则双曲线在点处的切线的方程为，即，
点到切线的距离，
点到切线的距离，
又，
，
所以，即，所以，
结合图象可知，，所以直线平分，故D正确.
12．
【详解】的展开式的通项为，，
当时，，
此时只需乘第一个因式中的即可，得到；
当时，，
此时只需乘第一个因式中的即可，得到．
据此可得的系数为．
13．
【详解】因为，
所以，
因为，所以，
设，
则，
若，则 ，，
，，单调递增；
时，，单调递减，
，
因此 ，即的取值范围是 .
14．
【详解】因为（），所以三点共线，且位于之间，
所以均在双曲线的右支上，如图：
所以,
设，则，
在中，由余弦定理得，
即，
展开并化简得.
因为，所以，
所以
.
设的内切圆半径为r，则
，
由等面积法可得，解得.
15．(1)
(2)
【详解】（1）函数，求导得：，
在上单调递增，等价于对任意恒成立，
即，.
由于在上单调递增，所以在上单调递减，所以，
最大值为，则，所以的取值范围为．
（2）由有解，即，
化简可得有解．
令，则，
令，得，即；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以在处取得最大值：
，
所以，故的取值范围为．
16．(1)
(2)10
【详解】（1）由，变形可得，
因为，即得，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
故，
即；
（2）由（1）知，
则，设数列的前项和为，
则
，
，
数列单调递增.
令
当时，，
当时，，
所以使得不等式成立的最小正整数的值为10.
17．(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）．
【详解】（1）
如图，
取的中点，连接，
因为为等腰三角形，点为的中点，所以，
因为四边形为菱形，
所以，所以，
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，
所以，进而，
又，平面，
所以平面，
又平面，
所以，即.
（2）
（i）如图，
以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，，二面角的大小为，所以，
则，，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以，
所以，
又平面，
所以平面.
（ⅱ）由（i），，
设平面CGF的法向量为，
则，令，则，，
所以，
所以，
所以平面CGF与平面PCD夹角的正弦值为．
18．(1)
(2)当时，存在“—圆点”；当时，不存在“—圆点”．
(3)证明见解析
【详解】（1）抛物线的焦点为，准线，
准线与轴交点，
设是抛物线上一点，由抛物线定义可得：
，故，
，解得，
在中，由余弦定理得：，
则，解得，
，，
抛物线的方程为．
（2）
，则在的垂直平分线上，
的中点满足，且的斜率，
设，由，两式相减得：
，故，
的斜率，
由得，解得，
是抛物线的弦，故中点在抛物线内部，则，
若有解，则，解得，
当时，存在“—圆点”；当时，不存在“—圆点”．
（3）
结合（2），当时，“4—圆弦”中点的横坐标恒为，
且，即，轨迹为，
与轴交于点，关于原点的对称点为；
设过的直线方程为，
联立得：，
设，由韦达定理得，
，
，
，
，
，，
，命题得证．
19．(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)（i）；（ii）证明见解析
【详解】（1）的定义域为，．
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增．
（2）（i）由（1）可知，
令，
若，则，则，则直线与函数的图象最多有两个交点，不符合题意；
若，，此时存在两个零点，
此时在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
此时作直线，其中，直线与的图象存在四个交点，
即存在，使得，
故实数m的取值范围是．
（ii）由题意得，，
则，，
令，，注意到，则，即，同理，
要证，即，即证明，
设，
则，
设，设，
则，故在上单调递减，
从而，则，在上单调递减，
故，也即，因此．

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