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

/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.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.45.是等比数列，且，，则（

）A.12 B.24 C.30 D.326.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.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.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.2 C. 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.1 B.2 C.3 D.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.12 B.24 C.30 D.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.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.附答案：（1）

有效生成无效生成合计模型模型合计（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：

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.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.