湖南省株洲市2026-2027学年高二上学期期中考试数学自编卷（范围：必修一二、选必一）（解析版）

湖南省株洲市2026-2027学年高二上学期期中考试自编卷数学试题（解析版）题号12345678910答案DADBCBBDACDBC题号11答案ACD1．D【解析】利用抛物线的方程可直接得到焦点坐标．【详解】抛物线的焦点坐标是（a,0），故选D．【点睛】本题考查抛物线的标准方程、焦点坐标，属于基础题．2．A【分析】根据题意得，进而根据空间向量求模即可.【详解】由题意可知，因为，所以，所以．故选：A．3．D【分析】由题知，，，再待定系数求解即可.【详解】由题知，周期满足，所以，解得，又因为，即所以，即又，所以，所以.故选：D4．B【分析】由题意，将该三棱锥置于一个长方体中，则体对角线即为外接球得直径，求出外接球的半径，再根据球的表面积公式即可得解.【详解】由题意，在三棱锥中，平面，故将该三棱锥置于一个长方体中，如图所示，则体对角线即为外接球得直径，，故外接球的半径，所以三棱锥的外接球的表面积为.故选：B.5．C【分析】先判断函数的奇偶性、周期性、单调性，然后根据函数的图象，即可求得的最小值.【详解】因为，所以为偶函数，又，所以的周期为，当时，，，令，，故存在，使得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，又，作出的图象如下图，由图可知，函数的最小值为-1.

故选：C6．B【分析】不等式的解集为，可转化成不等式恒成立，然后讨论二次项系数和判别式可得结论.【详解】因为不等式的解集为，∴不等式恒成立①当m+1=0，即m=时，不等式化为≥0，解得x≥2，不是对任意x∈R恒成立，舍去；②当m+1≠0，即m≠时，对任意x∈R要使，只需m+1>0且，解得.综上，实数m的取值范围是.故选：B.7．B【分析】由题意画出图形，可证AC⊥平面B′ED，得到球心O位于平面B′ED与平面ACF的交线上，即直线EF上，由勾股定理结合OA＝OB′，OE＜EF，EF＜EB′＝4可得线段EF长度的取值范围．【详解】如图所示：由已知可得，AC⊥B′E，且AC⊥DE，∴AC⊥平面B′ED，∵E是AC的中点，∴到点A、C的距离相等的点位于平面B′ED内，同理可知，到点B′、D的距离相等的点位于平面ACF内，∵球心O到点A，B′，C，D的距离相等，∴球心O位于平面B′ED与平面ACF的交线上，即直线EF上．∴球心O落在线段EF上（不含端点E、F），显然EF⊥B′D，由题意EA＝3，EB′＝4，则OA2＝OE2+9，且OB′2＝OF2+FB′2＝OF2+EB′2﹣EF2＝（EF﹣OE）2+16﹣EF2＝OE2+16﹣2EF•OE．∵OA＝OB′，∴OE2+9＝OE2+16﹣2EF•OE，则，显然OE＜EF，∴EF，即EF．又EF＜EB′＝4，∴EF＜4．故选：B．【点睛】本题考查空间中点、线、面的位置关系以及距离计算，还考查了空间想象能力与转化思维能力，属难题．8．D【分析】先通过圆柱的轴截面为正方形，可得该圆柱的内切球半径，再去研究球的内接正四面体，从而转化为研究正四面体的外接球问题即可.【详解】因为圆柱的轴截面为正方形，母线长为，所以圆柱的内切球半径为，若该圆柱内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则该正四面体内接于该圆柱的内切球时，棱长最大，如图该正四面体的棱长为，设点在面内的射影为，即面，则球心在上，且，，所以，所以，在中，，即，整理可得：，解得或（舍），所以的最大值为4，故选：D【点睛】方法点睛：要让正四面体在圆柱内任意转动起来，转化为这个正四面体在圆柱的内切球内，从而问题得解.9．ACD【分析】根据对应函数的性质，判断命题的真假.【详解】指数函数值域为，所以，A选项正确；当时，，所以是假命题，B选项错误；当时，，所以，C选项正确；函数值域为R，所以，D选项正确.故选：ACD.10．BC【分析】根据函数值域即可判断A选项；根据函数的映射不可以一对多即可判断B选项；根据即可判断C选项；先求，再求即可求解.【详解】对于A，函数的值域为，函数值域为，两函数的值域不同，所以不是同一函数，故A错误；对于B，若函数在处有定义，则的图像与直线的交点有1个；若函数在处没有定义，则的图像与直线没有交点，故B正确；对于C，，所以，所以，所以，若则，故C正确；对于D，由，可得，所以，故D错误；故选：BC.11．ACD【分析】由正弦定理进行边角互化，得，根据锐角三角形各角的范围，判断A；由正弦定理进行边角互化，得，根据锐角三角形各角的范围，判断B；根据诱导公式及两角和的正切公式得到结论，从而判断C；用余弦定理进行边角互化，化简可得，进而判断D.【详解】对于A，若是锐角三角形且，由正弦定理，得.因为，所以.因为均为锐角，所以，且，所以为锐角.所以，即.故A正确.对于B，若是锐角三角形且，由正弦定理，得.结合选项A，可知.因为均为锐角，所以，且，所以，即.因为，所以则的取值范围是.故B错误；对于C，对于C，显然不是直角三角形，则在中，,所以,化为,即,又，所以，在中，最多只有一个角为钝角，所以，即三个角都为锐角，所以为锐角三角形，故C正确；对于D，若，则由余弦定理得，.化简得，，所以.因为，所以，即.所以是直角的直角三角形.故D正确.故选：ACD.12．【分析】根据分层抽样的性质，利用平均数以及方差的计算，建立方程，可得答案.【详解】由，不妨设样本由男生2人和女生3人组成.由题设：，，解得，；，解得，；所以样本的平均分，样本的方差.故答案为：.13．【详解】由题可知.因为，所以．又函数在内恰有3个最值点和4个零点.由正弦函数图象得，解得.注:是为了保证有4个零点,是为了有3个最值点.故实数的取值范围是.14．正弦型（或余弦型曲线）【分析】建立平面直角坐标系，根据曲线的几何特征求得曲线对应的方程，从而确定正确答案.【详解】如图，截面所在平面与底面所成的角为．设放样曲线上动点，则在截线上过点作垂直于圆柱的底面，垂足为，过作，垂足为，在截线所在的平面中，过作，垂足为，连接，则，而，设底面半径为，在中由正弦定理得，由余弦定理得，所以，故曲线类似正弦型函数的图形．故答案为：正弦型（或余弦型曲线）15．（1）平面内；平面外；不过该点的；，，，（2）证明：假设直线和在同一平面内，那么这个平面一定经过点和直线，因为，且经过点与直线只能有一个平面，所以直线与应在平面内，所以，这与已知矛盾，所以直线和是异面直线.【分析】（1）根据异面直线的判定定理直接求解即可；（2）根据题意，由反证法证明即可.【详解】（1）异面直线判定定理为：过平面内一点与平面外一点的直线，和此平面上不过该点的任何一条直线是异面直线；符号语言：若，，，，则直线与直线异面．（2）略16．(1)；(2)是上的增函数，证明如下：对于任意的实数，且，，因为指数函数是增函数，所以，故，，所以，即，所以是上的增函数．(3).【分析】（1）由条件再根据有意义时，奇函数满足列方程求解，再结合奇函数定义验证所得结果；（2）根据定义法证明单调性；（3）根据前两问中函数的性质，结合单调性与奇偶性，将条件转化为对任意的恒成立，再结合基本不等式求结论.【详解】（1）因为函数的定义域为，且是奇函数，所以，解得，此时．，满足题意，所以．（2）略（3）因为函数是奇函数，所以，即又是上的增函数，所以对任意的恒成立，所以对任意的恒成立，因为，当且仅当即时等号成立所以，即实数的取值范围是．17．模型符合题意，理由见解析．【分析】根据函数的单调性求最值，结合题目检验，可得答案.【详解】记，，，，则、、均为上的严格增函数．由时，，，，可知模型，，均不符合奖金总数不超过5万元的要求．由奖金不超过利润的26%，则需满足当时恒成立，即当时，不等式恒成立．令，，因为函数在上为严格增函数，所以在上为严格增函数．由时，，可知当时，不等式恒成立，所以满足奖金不超过利润的26%的条件．综上所述，模型符合题意．18．(1)(2)【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到，进而求出；（2）由面积公式求出，由正弦定理得到，不妨设，，得到.延长至点,使得,连接，构造相似三角形，在中，由余弦定理得到，由基本不等式求出，得到角平分线长的最大值.【详解】（1）由正弦定理，得，即，故，因为，所以，所以；（2）由（1）知，因为的面积为，所以，解得，在中，由正弦定理，得，在中，由正弦定理，得，因为为角A的角平分线，所以，又，所以，所以，不妨设，，则，故，延长至点E，使得，连接，则，又，所以，故，，则，，则，，在中，由余弦定理，得，即，因为，所以，其中，当且仅当，即时，等号成立，故，故.所以长的最大值为.【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.19．(1)(2)(3)不存在，理由如下：当时，研究直线与曲线在第一象限的公共点.联立，得（*）.因为，所以方程（*）只有一个正根，则直线与曲线在第一象限只有一个公共点.同理，直线与曲线在第三象限也只有一个公共点.因此，当时，直线与曲线只有两个公共点.当时，一方面，直线与曲线在第二象限的部分至多两个公共点.另一方面，由，得（*）.因为，所以方程（*）无正根，即直线与曲线在第一象限无公共点.同理，直线与曲线在第三象限无公共点.所以当时，直线与曲线至多两个公共点.所以时，直线与曲线至多两个公共点.由对称性可知，时，直线与曲线也至多两个公共点.综上，不存在直线与曲线至少有三个不同的公共点.【分析】（1）根据对称性，由三角形面积及扇形面积公式计算即可求解；（2）分都在第一象限（或坐标轴正半轴），不妨在第一象限（或坐标轴正半轴），在第二象限（或轴负半轴）时，不妨在第一象限（或坐标轴正半轴），在第三象限（或坐标轴负半轴）时，三种情况求解即可；（3）根据对称性，分，两种情况，讨论求解即可.【详解】（1）曲线既关于两坐标轴成轴对称，又关于原点成中心对称.当时，曲线方程为.记圆心为，与轴分别交于两点，则，过点作，则，所以，所以.所以，所以，同理