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高二数学试卷
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页.时量120分钟.满分150分.
第Ⅰ卷
一、选择题（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，只有一项是
符合题目要求的）
1. 已知 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将元素代入集合中逐一验证即可求解.
【详解】由于 ，故 ，
，故 ， ，故 ， ，故 ，
故B正确，ACD均错误，
故选：B
2. 设 ，则 的共轭复数的虚部为（ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的运算性质结合共轭复数的定义求解即可.
【详解】由题意得 ，
由共轭复数性质得 ，虚部为2，故B正确.
故选：B.
3. 现有一个迷宫如图所示，小球 从 三个口中的一个口滚动进入后，该口封闭，小球最终将从另一个口滚动出来，出来后不再滚动进入，则“小球 从 口滚动进入”是“小球 从 口滚动出来”的（
）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据小球 从 口滚动进入，则一定从 口滚动出来得到充分性，结合若小球 从 口滚动出
来，可能是从 口或 口滚动进入得到不必要性，进而得到结果；
【详解】若小球 从 口滚动进入，则一定从 口滚动出来．
若小球 从 口滚动出来，可能是从 口或 口滚动进入，
所以“小球 从 口滚动进入”是“小球 从 口滚动出来”的充分不必要条件．
故选：A.
4. DeepSeek是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点．在神经网络优化中，指
数衰减的学习率模型为 ，其中L表示每一轮优化时使用的学习率， 表示初始学习率，D表示
衰减系数，G表示训练迭代轮数， 表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为
0.6，衰减速度为20，且当训练迭代轮数为10时，学习率衰减为0.3，则学习率衰减到0.4以下（不含0.4）
所需的训练迭代轮数至少为（ ）（参考数据： ， ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】D
【解析】【详解】由于 ，所以 ，可知 ，解得 ，
则 ，由 ，
所以 ，
即 ，所以所需的训练迭代轮数至少为6次．
5. 甲乙两位驾驶员采用不同的加油方式，甲不考虑油价升降，每次都将油箱加满.乙不考虑油价升降，每
次加油所花的钱数一定，多次加油之后，甲乙两位驾驶员谁的加油方式比较经济？（ ）
A. 甲比较经济 B. 甲和乙一样经济 C. 乙比较经济
D. 不能确定
【答案】C
【解析】
【分析】设两次加油的油价分别为 ，分别计算出甲、乙两人加油的平均单价，再对两者进
行比较.
【详解】设两次加油的油价分别为 ，甲每次都将油箱加满，设油箱容量为V，可得甲加油
的平均单价为 .
设乙每次加油花费的钱数都为M，则第一次加油的油量 ，第二次加油的油量为 ，两次加油的花费
为2M，总共加的油量为 ，可得乙加油的平均单价为
因为 ，所以 ，所以乙比较经济，
故选：C6. 在 中， ， ，N为BC的中点，且 外接圆的圆心为M，则 （
）
A. 10 B. 20 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由条件可得 ，分别取线段 的中点为 结合向量
数量积的定义以及运算律代入计算，即可得到结果.
【详解】因为 为 的中点，则 ，
所以 ．
如图，分别取线段 ， 的中点为 ， ，因为 为 的外接圆圆心，
所以 ， ，
则 ，
，
因此 ．7. 已知四面体 的各顶点均在球 O 的球面上， 平面 ， ， ，三角形
的外接圆半径是 ，则球O的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件证明 的中点为四面体 的外接球的球心，再求外接球的半径，结合球的表面积公
式求结论.
【详解】 的中点为 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，故 为直角三角形，且 为斜边，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，故 为直角三角形，且 为斜边，
所以 ，所以 ，
所以四面体 的外接球的球心为 ，故点 与点 重合，
由已知 ， ，所以 ，
所以球 的半径 ，所以球O的表面积 .
8. 定义：给定一个正整数 ，如果两个整数 满足 能够被 整除，就称整数 对模 同余，记
作 . 若 ，
，则 的一组值可能为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项式定理可得题设中的代数式即为 ，再结合二项式定理逐项计算后可得正确
的选项.
【详解】依题意得 能够被5整除.
而
，
所以 能够被5整除.对于A， ， ，则 ，不能被5整除，A不正确.
对于B， ， ，则 ，显然不能被5整除，B不正确.
对于C， ， ，则
，
不能被5整除，C不正确.
对于D， ， ，则
，能被5整除，
故选：D.
二、选择题（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. 定义：设 是 的导函数， 是函数 的导数，若方程 有实数解 ，则称点
为函数 的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数
图象的对称中心.已知函数 的对称中心为 ，则下列说法中正确的有（
）
A. ，
B. 函数 既有极大值又有极小值
C. 函数 有三个零点
D. 过 可以作三条直线与 图象相切
【答案】AB
【解析】【分析】利用导数结合已知求出 判断A；利用导数求出极值，结合三次函数的图象特征判断BC；求出
切线方程判断D.
【详解】由 ，求导得 ， ，
令 ，得 ，由函数 的对称中心为 ，
得 ，且 ，解得 ，A正确；
于是 ， ，
当 或 时， ，当 时， ，
则函数 在 ， 上都单调递增，在 上单调递减，
因此函数 既有极大值 ，又有极小值 ，B正确；
由于极小值 ，因此函数 不可能有三个零点， C错误；
显然 ，若 是切点，则 ，切线方程为 ；
若 不是切点，设过点 的直线与 图象相切于点 ， ，
由 ，解得 ，即切点 ，切线方程为 ，
过 只可以作两条直线与 图象相切，D错误.
故选：AB
10. 下列说法正确的是（ ）A.
B. 被8除的余数为1
C. 甲、乙、丙、丁等6人排成一排，甲、乙、丙按从左到右、从高到低的固定顺序，共有120种排法
D. 现有6本不同的书，分成三份，每份2本，共有90种分法
【答案】AC
【解析】
【详解】对于选项A：由组合数性质 可知 ，所以A正确；
对于选项B：因为
，
所以 即 被8除的余数为7，所以B错误；
对于选项C：先从6个位置中选3个位置给甲、乙、丙，
由于三人的相对顺序固定，这3个位置的排法只有1种，剩下3个位置排其他3人，有 种排法．
根据组合数公式，总排法种数为 ，所以C正确；
对于选项D：根据题意，分法共有 种，所以D错误．
11. 如图，由 开始，作一系列的相似三角形， ， .设第 个三角形的斜边长
为 ，面积为 ，前 个三角形的面积之和为 ，其中 ， ，则（ ）A. 为等差数列 B. 为等比数列
C. 为递增数列 D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由直角三角形边长关系和相似性质求 ， 通项，再利用等比数列求和公式得出 ，最后根据
等差、等比、递增数列的定义和构造不等式、指数函数的性质分析各个选项.
【详解】对于A选项，在 中， ， ，
根据三角函数的定义 ，
所以 ，
又因为三角形相似，所以 ，
即 ，所以 为等差数列，
所以A选项错误，
对于B选项， ，其中 ，
所以， ，
又因为相似三角形的面积比等于相似比的平方，相似比为 ，
所以 ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以B选项正确，
对于C选项， ，
所以 ，
即 ，
所以 为递增数列，所以C选项正确，
对于D选项，因为 ， ， ，
所以令 ，
当 时， ，
当 时， 中 和 都是随着 的增大而减少的，
根据指数函数的性质可知， 和 的增长速度小于 的减小速度，
所以 ，所以 ，
所以D选项正确.
故选：BCD.
第Ⅱ卷
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12. 《哪吒之魔童闹海》票房大卖，其中蕴含的很多人生道理引起共鸣，如哪吒与命运抗争的顽强，李靖
对哪吒不离不弃的关爱.因此哪吒系列手办盲盒深受欢迎，其中共有包含哪吒，敖丙，哪吒父母，四大龙王
共 个人物手办，小明从 个盲盒中（ 个盲盒内的人物一定不同）任意抽取 个盲盒，则包含哪吒和至
多一位龙王的概率是_____.
【答案】
【解析】
【分析】首先计算出任取 个盲盒的取法总数；分类讨论求得满足题意的取法种数，根据古典概型概率公
式可求得结果.
【详解】从 个盲盒中任取 个盲盒，共有 种取法；
抽取的盲盒中，包含哪吒，不包含龙王的取法有 种；包含哪吒和一个龙王的取法有 种；
任意抽取 个盲盒，包含哪吒和至多一位龙王的概率 .
故答案为： .
13. 已知函数 ，若对 ，且 ，都有 ，则 的取
值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】由题可得 ，令 ，则 在 上单
调递减，由复合函数的单调性可得 在 上单调递减，结合二次函数的图象与性质分
析即可求解.【详解】因为对 ，且 ，都有 ，
则 ，
令 ，则 在 上单调递减，
令
由于 在 上为增函数，
由复合函数单调性可得： 在 上单调递减，
当 时， 在 上单调递减，满足条件，
当 时，要使 在 上单调递减，
则 ，解得： ，
当 时，要使 在 上单调递减，
则 ，解得： ，
综上 的取值范围为： ;
故答案为：
14. 平面内有A、B、C、D四点，任意三点不共线， 且 ，若 分别是 、
的角平分线，线段 的最大值为________．
【答案】4
【解析】【分析】由题意建立平面直角坐标系，根据角平分线性质可求出点 C，D在以 为圆心，半径为2的
圆上，由此可求得答案.
【详解】由 可知E点在线段 上，且
结合 ，知 ；
以点E为坐标原点，以直线 为x轴，过点E作垂线为y轴，如图建立平面直角坐标系，
则 ，
由于CE是 的角平分线，故 ，即 ，
设 ，则 ，
化简得 ，即点C在以 为圆心，半径为2的圆上（不包括 轴上的点），
同理可得点D也在以 为圆心，半径为2的圆上（不包括 轴上的点），
则当 位于圆的直径的两端时，线段 取到最大值，最大值为4，
故答案为：4
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 的前 项和为 ，且 .
（1）求 的通项公式；
（2）记 ，数列 的前 项和为 ，求 .
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）由 可求得数列 的通项公式；
（2）计算得出 ，利用裂项法可求得 .
【小问1详解】
解：当 时， ，
当 且 时， ，
不满足 ，
综上所述， .
【小问2详解】
解：因 为 ，
所以， ，
因此，
.
16. 已知单位圆O与x，y轴正半轴分别交于A，B两点，过线段OA上一点Q作x轴的垂线交单位圆于点P
（P在第一象限），延长QP至点N，使得P为QN的中点，连接BN，AP，BP，OP．设 ．（1）若 ，求 ；
（2）求 取得最大值时 的值．
【答案】（1）
（2） ．
【解析】
【分析】（1）由题意结合内角和公式证明 ，再结合诱导公式，二倍角公式求结论；
（2）方法一：根据题意，先表示出 ， ，令
，则 ，可得 ，进而根据二次函数的性质求解即可；
方法二：先表示出 ，令 可得
，结合二次函数性质求结论.
【小问1详解】
由题意，在 中， ，
所以 ，又 ，所以 ，
所以 ，又 ，
所以 ．
【小问2详解】
在 中， ， ，
由 为 的中点，可得 ，
方法一：在 中， ， ，
所以 ， ，
令 ，则 ，
所以 ， ，
令 ，则 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以当 时， 取得最大值，此时 ．
方法二： ， ， ，
，
令 ，所以 ，，
所以当 时， 取得最大值，此时 ．
17. 已知 是边长为 的等边三角形， 为 中点， ， 为 靠近 的三等分点．连接
．将 沿 折起，使得 ．
（1）若 ，求翻折前 的值；
（2）证明：翻折后， ；
（3）若 ，求翻折后二面角 的正弦值．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求解即可；
（2）利用勾股定理证明线线垂直，再根据线面垂直的判定定理证明即可；
（3）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量法求解余弦值，再根据同角关系式求解正弦值即可.
【小问1详解】
易知 ．故 ．
由余弦定理可得： ，解得 .
【小问2详解】
为 中点， 为等边三角形，则 ， ．
同理 ．因为翻折后 ，又 ，
所以 ，又因为 ， 平面 ，
故 ．
【小问3详解】
由（2）得， ， ，因为 ， 为 中点，所以 ，以 为坐标原点，
分别以 为 轴， 轴， 轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示
， ， ， ，
因为 ， ，所以 ，
故 ，
所以 ， ，
设面 的法向量为 ，
，
则平面 的一个法向量为 ，设面 的法向量为 ，
，
则平面 的一个法向量 ．
设二面角 的大小为 ，则 ，
所以 .
18. 已知椭圆 的离心率为 分别为椭圆的左右焦点，过 的直线交
于 两点，点 在第一象限， 为 中点， 交 于点 ， 的周长为 ．
（1）求 的方程；
（2）求证：直线 与 的斜率乘积为 ；
（3）若分别记 的斜率为 ，求 的最大值．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义，结合题意列出方程组，而解得参数求得椭圆方程.（2）设 ，进而求得中点 的坐标，结合斜率公式和点差法计算证明结论.
（3）设 ，有 ，计算直线 的直线方程与椭圆方程联立，
结合韦达定理得到 的坐标，结合斜率公式和基本不等式计算得到 的最大值.
【小问1详解】
根据椭圆的定义可知 ，
根据题意可得 ，解得 ，
所以椭圆的方程为
【小问2详解】
证明：设 ，因为 为 中点，所以 ，
根据题意直线 与 的斜率都存在，
所以直线 与 的斜率乘积为 ，
因为 在椭圆上，所以 ，两式相减可得 ，
化简得 ，可得
因此直线 与 的斜率乘积为 .【小问3详解】
设 ，由（1）可知 ,
因为点 在椭圆上，所以 ，
由题意 ，
故将直线 与椭圆 联立 ，可得 ，
整理可得： ，所以 ，
即 ，即 ，
同理，将直线 与椭圆 联立 ，可得 ，
整理可得： ，所以 ，
即 ，即 ，
所以 的斜率为 ，
故 ，
因为点 在第一象限内，故 ， ，的最大值为 ，当且仅当在 处取到等号.
19. 已知对 ，定义 的余切值为 ，函数 在
处的切线为直线 ．
（1）求切线 的方程；
（2）证明：对 始终在切线 下方；
（3）证明：至少存在3个整数 ，使得 恒成立．
（参考： ）
【答案】（1）
（2）见解析 （3）见解析
【解析】
【分析】1.利用导数求切线斜率，用点斜式求切线方程即可.2.构造差函数法，验证端点趋势，研究函数在
区间内的单调性，两者结合即可.3.转化为最值问题即可.
【小问1详解】
函数 ，导数 .
在处， ，且 ，
故切线 方程为： .
【小问2详解】构造差函数 ，
求导得 在 上恒成立，函数在 单调递减，
故 ，有 ，故 ，
即对 ， 始终在切线 的下方.
【小问3详解】
令 ， ，
且 ，
，显然 ；
，有 ，故 ，
为使 恒成立，只需 ；
故只需要研究 ：
若 ，则 ，显然 ，
有 ，
对于 ，先证明引理： ，
令 ， ，所以 在 上递增，故 ，引理得证，则 .
令 ， ，
故 在 上递减，故 ，故 ，
故 时， 在 成立，故 符合题意.
若 时， 有 ，故
，
右边式子即 情形，对于 的情形，前文已证其值恒大于 ，故 也符合.
.
综上： 符合题意
