2025-2026学年云南省昆明市嵩明县第四中学等校高二下册期中质量检测数学试题 含答案

/数学一、单选题：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，只有一项符合题目要求．1.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.已知复数满足，则的虚部为（）A.－1 B.1 C.－i D.i3.设f(x)是周期为4的奇函数，当0≤x≤1时，f(x)＝x(1＋x)，则＝（）A.－ B.－ C. D.4.已知为坐标原点，点，将绕点逆时针方向旋转得到，则的模等于（）A.2 B. C. D.45.已知等比数列的前项和为，若，则公比（）A. B. C. D.6.已知，，则的值为（）A.－2 B.2 C.－3 D.37.五一小长假期间，某旅游公司为助力大同旅游事业的发展，计划将2名金牌导游和5名银牌导游分别派往云冈石窟､古城华严寺､北岳恒山三个景区承担义务讲解任务，要求每个景区都要有银牌导游前往，则不同的分配方法种数有（）A.360 B.640 C.1350 D.14408.已知正方体的棱长为，以顶点为球心，2为半径作一个球，则球面与正方体的表交所得到的曲线的长为（）A. B. C. D.二、多选题：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.已知函数，则下列说法正确的是（）A.曲线在处的切线方程为B.的极大值点为1C.的对称中心为D.方程有三个不同实根时，10.如图是一个由直三棱柱与半个圆柱拼接而成的简单组合体，底面，，且，，为该组合体曲面部分上一动点，下列结论正确的是（）A.存在点，使得B.三棱锥体积的最大值为C.当平面时，直线与底面所成角的正弦值为D.一质点从点沿着该组合体表面运动到的最短距离为11.已知抛物线的焦点为，过作两条互相垂直的直线与交于两点，与交于两点，线段的中点为，线段的中点为，则（）A.当直线的斜率为时，B.当时，C.的最小值为18D.的面积最小值为4三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在的展开式中，的系数为___________.13.如图所示,已知双曲线:的右焦点为,双曲线的右支上一点,它关于原点的对称点为,满足,且,则双曲线的离心率是______.14.设A，B，C是函数与函数的图象连续相邻的三个交点，若是钝角三角形，则的取值范围是________．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.已知数列满足．（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．16.在中，．（1）求的大小；（2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积．条件①：边上中线的长为；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．17.如图所示，在三棱锥中，底面是边长为4的正三角形，，，点为的中点．（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由．18.已知椭圆的离心率为，且椭圆经过点，过左焦点且与轴不重合的直线交于，两点．（1）求椭圆的标准方程；（2）若在轴上存在异于的定点，使得直线与直线的斜率比值为定值，①求定点的坐标；②求面积的最大值．19.已知函数．（1）若曲线在处的切线经过点，求的值；（2）若有极小值，且极小值小于0，求的取值范围；（3）若有两个不同的零点，，证明：．

数学一、单选题：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，只有一项符合题目要求．1.已知集合，，则（）A. B. C. D.答案：B解析：解答过程：，解得，，．2.已知复数满足，则的虚部为（）A.－1 B.1 C.－i D.i答案：B解析：思路：通过复数的除法计算出即可得出答案.解答过程：，虚部为1.故选：B3.设f(x)是周期为4的奇函数，当0≤x≤1时，f(x)＝x(1＋x)，则＝（）A.－ B.－ C. D.答案：A解析：思路：先利用函数的周期性和奇偶性转化，再利用已知条件求解即可.解答过程：∵是周期为4的奇函数，∴＝＝，又时，，故＝＝＝.故选：A.方法提示：本题主要考查了利用函数的周期性和奇偶性求值的问题.属于容易题.4.已知为坐标原点，点，将绕点逆时针方向旋转得到，则的模等于（）A.2 B. C. D.4答案：A解析：思路：求出，根据，结合数量积的运算法则求解即可.解答过程：因为点，绕点逆时针方向旋转得到，所以，故选：A..5.已知等比数列的前项和为，若，则公比（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：根据等比的求和公式即可求解.解答过程：由可知公比，则，解得，故选：D.6.已知，，则的值为（）A.－2 B.2 C.－3 D.3答案：A解析：思路：根据两角和与差的正弦公式、同角三角函数的基本关系式来求得正确答案.解答过程：①，②，由①②得，两式相除得.故选：A7.五一小长假期间，某旅游公司为助力大同旅游事业的发展，计划将2名金牌导游和5名银牌导游分别派往云冈石窟､古城华严寺､北岳恒山三个景区承担义务讲解任务，要求每个景区都要有银牌导游前往，则不同的分配方法种数有（）A.360 B.640 C.1350 D.1440答案：C解析：思路：根据题意按照或分类分组，结合排列组合求出种类，最后相加即可.解答过程：解析：将2名金牌导游分配到3个景区，有种分配方法，若每个风景区都要有银牌导游，则将银牌导游分成三组，各组人数分别为或.当银牌导游分成三组的人数为时，此时共有种；当银牌导游分成三组的人数为时，此时共有种分配方法.所以不同分配方法有种.故选:C.8.已知正方体的棱长为，以顶点为球心，2为半径作一个球，则球面与正方体的表交所得到的曲线的长为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：利用勾股定理确定曲线，然后根据圆弧长公式计算曲线长.解答过程：如图，取，则，因此球面与面的交线是以为圆心，为半径的圆弧，与面的交线是以为圆心，为半径的圆弧，球面与面，面，面的交线是一样的，与面，面，面的交线是一样的，由，所以，从而，所以所求曲线长为.二、多选题：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.已知函数，则下列说法正确的是（）A.曲线在处的切线方程为B.的极大值点为1C.的对称中心为D.方程有三个不同实根时，答案：AC解析：解答过程：选项A，

时，，切点为，切线斜率，因此切线方程为

，A正确；选项B，或

时

，递增；，递减，因此极大值点为，B错误；选项C，

，故

是奇函数，奇函数的对称中心为

，C正确；选项D，的极大值为

，极小值为

，简图如图所示当

与

有三个不同交点时，，D错误.10.如图是一个由直三棱柱与半个圆柱拼接而成的简单组合体，底面，，且，，为该组合体曲面部分上一动点，下列结论正确的是（）A.存在点，使得B.三棱锥体积的最大值为C.当平面时，直线与底面所成角的正弦值为D.一质点从点沿着该组合体表面运动到的最短距离为答案：ABC解析：思路：A选项，在底面上构造正方形，点即为满足条件的点，A正确；B选项，将问题转为求半圆上的点到的距离最大值，根据平面几何知识解答即可；C选项，设的交点为，过点作的垂线，即为平面的垂线，直线与底面所成角即为，根据直角三角形相关知识可知，求出即可；D选项，质点可能从棱柱面或圆柱运动，将平面与平面沿着公共棱展开到同一平面内计算得到沿棱柱面运动的最短距离，经验证小于选项所给值.解答过程：取半圆的中间位置，则且，又因为且，所以，有，所以为正方形，，A正确；当距离面最远时，三棱锥的体积最大，该几何体是由直三棱柱与半个圆柱拼接而成，故只需考虑半圆上的点到的距离，在上底面中，同理取半圆的中间位置，可得正方形，取的中点和的中点，连接并延长交半圆于点，可知此时点距离最远，最远距离为，故三棱锥体积的最大值为，B正确；连接交于点，可知且，再连接，因为底面，所以，于是可得，，面，过点作的垂线，交于，则有，又，得面，可知为长方体，所以底面，此时直线与底面所成角为，在中，可知，所以，C正确；将平面与平面沿着公共棱展开到同一平面内，如图所示，连接，可得，因为，所以D错误.11.已知抛物线的焦点为，过作两条互相垂直的直线与交于两点，与交于两点，线段的中点为，线段的中点为，则（）A.当直线的斜率为时，B.当时，C.的最小值为18D.的面积最小值为4答案：ABD解析：思路：设直线和的方程，与抛物线方程联立，再利用焦半径公式求解弦长，结合基本不等式判断ABC，利用两点求斜率，根据点斜式求出直线方程，求解直线恒过定点，将面积分割，结合韦达定理，再利用基本不等式求解最值判断D.解答过程：对于A，由题意得，，，，，当直线的斜率为时，直线方程为，由可得，则，所以，A正确；对于B，设直线方程为，则方程为，联立直线方程与抛物线方程得.则①，②，同理，，又，所以，结合①②可得，所以，B正确对于C，，，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为16，故C错误；对于D，由B知，.，所以直线GH：，令得，所以直线GH恒过定点；所以，当且仅当时，等号成立.故D正确；故选：ABD方法提示：思路点睛：1.直线与圆锥曲线相交问题时，有时需要考查斜率不存在和存在两种情况，斜率存在的情况经常和曲线方程联立，利用根与系数的关系解决几何问题；2.一般涉及三角形面积问题时，采用面积分割法，结合韦达定理，利用基本不等式法求解范围或最值.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在的展开式中，的系数为___________.答案：解析：思路：求出二项展开式的通项，进而得到的系数.解答过程：展开式的通项为，令，即，所以，所以的系数为，故答案为.13.如图所示,已知双曲线:的右焦点为,双曲线的右支上一点,它关于原点的对称点为,满足,且,则双曲线的离心率是______.答案：解析：思路：连接左焦点，得到平行四边形，通过余弦定理列方程即可解出.解答过程：设双曲线的左焦点为,连接,,根据双曲线的对称性可知，四边形为平行四边形，由题意以及双曲线定义，可得,则,,,所以,即,即,所以双曲线的离心率为:.故答案为.14.设A，B，C是函数与函数的图象连续相邻的三个交点，若是钝角三角形，则的取值范围是________．答案：解析：思路：先化简变换得到，在同一坐标系中作出两个函数图像，设为的中点，由，，然后根据为钝角三角形，只须，由求解，解答过程：由题意得，，作出两个函数图像，如图：为连续三交点，（不妨设在轴下方），为的中点，由对称性，则是以为顶角的等腰三角形，，由，整理得，解得，则，即，所以，因为为钝角三角形，则，所以，解得.故答案为.方法提示：关键点点睛：本题关键是将为钝角三角形，转化为则，利用以而得解.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.已知数列满足．（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．答案：（1）证明见解析，（2）解析：思路：（1）根据递推公式和等差数列定义以及等差数列通项公式证明、求解即可；（2）表示出数列的通项公式，然后利用裂项相消法求解即可.（1）证明：显然，对两边同时取倒数，得，即，所以数列是公差为2的等差数列，又，所以，所以．（2）因为an所以bn则数列的前项和所以.16.在中，．（1）求的大小；（2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积．条件①：边上中线的长为；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．答案：（1）（2）答案见解析解析：思路：（1）利用正弦定理将边转化为角的正弦形式，再结合二倍角正弦公式求解；（2）条件①：利用中线与余弦定理建立方程，求出未知边，再用三角形面积公式计算面积；条件②：由判断为钝角，正弦定理求出边，对比和边的关系判断；③：利用余弦定理求解，再结合面积公式求解.（1）由．在中，由正弦定理得，因为，，所以，又，所以.（2）（2）选条件①：边上中线的长为：设边中点为，连接，则，，在中，由余弦定理得，即，整理得，解得或（舍），所以的面积为．选条件③：：在中，由余弦定理得，即，整理得，解得或，当时，的面积为．当时，的面积为．不可选条件②，理由如下：若，故为钝角，则sinA=1−则，，即，其与为钝角矛盾，故不存在这样的．17.如图所示，在三棱锥中，底面是边长为4的正三角形，，，点为的中点．（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由．答案：（1）证明见解析（2）存在；点为的中点解析：思路：（1）利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，设出点的位置，直接利用线面角的计算公式计算即可.（1）证明：是正三角形，为的中点，．又因为，，所以，，又因为所以平面，又因为平面，，，平面，平面，平面．（2）存在，理由如下：取的中点，由（1）及已知得，，点，分别为，的中点，，，．又，，，两两垂直．以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，．设，，，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，．由已知得，即，解得或（舍去），故，此时BG=12BP，则是的中点，存在满足条件的点，点为的中点18.已知椭圆的离心率为，且椭圆经过点，过左焦点且与轴不重合的直线交于，两点．（1）求椭圆的标准方程；（2）若在轴上存在异于的定点，使得直线与直线的斜率比值为定值，①求定点的坐标；②求面积的最大值．答案：（1）（2）①；②解析：思路：（1）结合椭圆离心率和点，建立关于的方程，求解得到椭圆标准方程；（2）①：设出直线的方程与椭圆方程联立，设定点，根据为定值，结