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成都外国语学校 2025—2026 学年度下期半考试
高二数学试卷
注意事项：
1．本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分.
2．本堂考试 120 分钟，满分 150 分；
3．答题前，考生务必将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用 2B 铅笔填涂.
4．考试结束后，将答题卡交回.
第 I 卷（选择题）
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，只有一项符
合题目要求.
1. 的第 9 项是（ ）
A. B. C. D. 以上均不对
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知 ，代入计算即可求解.
【详解】由题意可知 ，故第 9 项为 ．
故选：B
2. 某校羽毛球队有 5 名男队员，6 名女队员，现在需要派 1 名男队员，1 名女队员作为一个组合参加市羽毛
球混双比赛，则不同的组合方式有（ ）
A. 11 种 B. 15 种 C. 22 种 D. 30 种
【答案】D
【解析】
【分析】根据分步乘法原理在男队员与女队员各选一人即可得结论.
【详解】根据分步乘法计数原理可得不同的组合方式有 5×6=30（种）.
故选：D.
第 1页/共 19页3. 双曲线 的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据双曲线方程写出渐近线方程即可.
【详解】双曲线 的渐近线方程为 .
故选：A.
4. 曲线 在点 处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数求出切线的斜率，然后利用点斜式可得所求切线的方程.
【详解】 点 在曲线 上，
由题意， ，切线斜率为 ，
因此，所求方程为 ，即 ．
故选：C．
5. 将半径为 4 的半圆面围成一个圆锥，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意求出圆锥的高，结合圆锥的体积公式计算即可求解.
【详解】由题意知，半圆的周长为 ，设圆锥底面圆的半径为 ，
则 ，解得 ，又母线长为 4，
第 2页/共 19页所以圆锥的高为 ，
所以圆锥的体积为 .
故选：B.
6. 已知数列 是等比数列，公比 ，前 项和为 ，满足 ，且 ，则 （
）
A. B. 4 C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由前 项和的定义及等比数列的通项公式求解即可.
【详解】因为 ， ，
所以 ，
即 ，
解得 或 ，
又因为 ，所以 .
7. 如图，四边形 中， 是边长为 2 的正三角形， 是以 为斜边的等腰直角三角形，
现将 沿 折起，当二面角 的平面角大小 时，直线 与 所成角的余弦值是
（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
第 3页/共 19页【解析】
【分析】取 中点 ，连接 ， ，过点 作平面 的垂线 ，以 为原点，建立空间直角坐
标系，利用向量法可求得直线 与 所成角的余弦值.
【详解】取 中点 ，连接 ， ，易知 为二面角 的平面角，
所以 ，过点 作平面 的垂线 ，
以 为原点， 、 、 所在直线分别为 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， .
从而 ， ，所以 .
所以直线 与 所成角的余弦值是 .
故选：D.
【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，利用向量法可求异面直线所成角的余弦值.
8. 已知定义在 上的奇函数 的导函数为 ， ，当 时， ，则不等
式 的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
第 4页/共 19页【分析】由复合函数 和函数的奇偶性得到 的单调性，再分 的范围解不等式即可；
【详解】 时， 即 ，
在 上单增，
又 为奇函数，
为偶函数，
在 上单减，
，故 ，
所以 或 时 ，当 或 时 ，
当 时， ， ；
当 时， ，若 则 ， ，
若 则 ， ，
若 则 ， ，不符合题意；
综上， ，
故选：A.
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.全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错或不选得 0 分.
9. 已知函数 ，则下列说法中正确的是（ ）
A. 在 上有两个极值点
B. 在 处取得最大值
C. 在 处取得最小值
D. 在 上有三个不同的零点
第 5页/共 19页【答案】AC
【解析】
【分析】利用导数分析函数的单调性，极值，以及函数的图象，即可判断选项.
【详解】 ，得 或 ，
，解得 或 ， ，解得 ，
所以函数的单调递增区间是 和 ，减区间是 ，
所以 在 上有两个极值点， 取得极大值， ， 处取得极小值， ，
，
当 时， 恒成立，且 ， ，
所以 处不能取得最大值， 处取得最小值，故 AC 正确，B 错误；
，即 ， ，所以有 2 个零点，故 D 错误.
故选：AC
10. 已知数列 中， ， ， ，其前 项和为 ，则（ ）
A. B.
C. 当 取最小值时， D. 数列 的前 项和为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题可知，数列 首项 ，公差 的等差数列，利用等差数列通项公式和前 项和公
式求得 即可判断 ABC 选项，根据 ，利用裂项相消法可求 .
【详解】 ，即 ，
所以数列 首项 ，公差 的等差数列，
，故 A 正确；
第 6页/共 19页， ，故 B 正确；
当 时， 取最小值，故 C 错误；
，
，故 D 正确；
故选：ABD.
11. 已知函数 ， ，则下列说法正确的是（ ）
A. 在 上是增函数
B. ，不等式 恒成立，则正实数 的最小值为
C. 若方程 有两个实数根 ，则
D. 若 ，且 ，则 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】求导即可判断 A，利用 的单调性，结合分离参变量，可判断 B，利用极值点偏移证明，
即可判断 C，利用同构函数，再消元转化到函数即可求最小值判断 D.
【详解】求导得： ，
当 时， ，则 在 上单调递减，
当 时， ，则 在 上单调递增，
所以 的最小值为 ；
，
当 时， ，则 在 上单调递减，
当 时， ，则 在 上单调递增，
第 7页/共 19页所以 的最小值为 ；
恒等式： , ,
当 时， ， ，
所以 在 上是增函数，故 A 正确；
当 时， ，由 ，故 ，
由 在 递增，则 ，
令 ，求导得： ，得
当 时， ，则 在 上单调递增，
当 时， ，则 在 上单调递减，
所以 在 处取最大值 ，故 ，即正实数 的最小值为 ，故 B 正确；
由 在 上单调递减， 上单调递增，且最小值 ，
当 有两个实数根 ，则 ，不妨设 ，
假设 ，则 ，因为 在 上单调递增，
所以 ，又因为 ，
所以 ，构造 ， ，
求导得： ，
所以 在 上单调递增，
即 ，故 ，
所以 不成立，故假设 不成立，故 C 错误；
由 得： ，且 ，
因为 在 上单调递增，故 ，
第 8页/共 19页所以 ，
则原式化简： ，
令 ， ，求导得： ，
当 时， ，则 在 上单调递减，
当 时， ，则 在 上单调递增，
所以 在 处取最小值 ，故 的最小值为 ，故 D 正确.
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分，把答案填在答题卡上.
12. 设 是函数 的导函数，若 ，则 ______．
【答案】2
【解析】
【分析】先对函数求导，然后将 代入计算即可.
【详解】因为 ，所以 ，
所以 .
故答案为：2
13. 甲、乙、丙、丁、戊共 5 人站成一排，若甲、乙两人不相邻，乙、丙两人也不相邻，则不同的排法种数
共有_____．（用数字作答）
【答案】36
【解析】
【分析】利用甲乙不相邻问题，去掉甲乙不相邻且乙丙相邻的情况即可.
【详解】5 人中甲乙不相邻的排列数为 种，其中甲乙不相邻，且乙丙相邻的排列数为 ，
所以所求不同的排法种数为 .
第 9页/共 19页14. 已知椭圆 的左、右焦点分别是 和 ，下顶点为点 ，直线 交椭圆 于点 ，
的内切圆与 相切于点 ，若 ，则椭圆的离心率为________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】根据题意，由三角形内切圆的性质结合椭圆的定义可得 ，再结合条件可得 ， ，
然后在 与 中，结合余弦定理列出方程，再由离心率的公式代入计算，即可得到结果.
【详解】
设 的内切圆与 相切于点 ，
由切线长定理可得 ，
又 ，则 ，即 ，
由椭圆的定义可得 ，
即 ，
所以 ，又 ，即 ，所以 ，
则 ，
第 10页/共 19页在 中，由余弦定理可得 ，
在 中，由余弦定理可得
化简可得 ，即 ，即 ，
所以 .
故答案为：
【点睛】关键点点睛：
利用三角形内切圆的性质和椭圆的定义，得到 ，从而得到 的值.
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. 已知函数 .
（1）求函数 的单调区间；
（2）求当 时，函数 的最值.
【答案】（1）单调递增区间为 和 ，单调递减区间为
（2）最小值为 ，最大值为
【解析】
【分析】（1）求导，利用导函数的符号分析函数的单调性.
（2）利用（1）的结论，可求函数在区间 上的最值.
【小问 1 详解】
因为 ，
第 11页/共 19页所以 .
由 或 ；由 .
所以函数 的单调递增区间为 和 ，单调递减区间为 .
【小问 2 详解】
由（1）得：函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
所以 .
又 ， ，所以 .
综上，当 时，函数 的最小值为 ，最大值为 .
16. 如图，在直三棱柱 中， ， ，D，E 分别是 ， 的
中点.
（1）求证： 平面 ；
（2）求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2） .
【解析】
【分析】（1）根据直三棱柱的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）根据线面垂直的性质建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问 1 详解】
第 12页/共 19页因为直三棱柱 ，所以 平面 .
因为 平面 ，所以 .
因为 ，所以 ，
因为 D 是 的中点，所以 .
因为 ， 平面 ， 平面 .
所以 平面 .
【小问 2 详解】
因为直三棱柱 ，所以 平面 ，
平面 ，所以 ， ，
因为 ，所以 ， ， 两两垂直，以 C 为原点， ， ， 为 x 轴、y 轴、z 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
由 ，则 ， ， ， ，
所以 ， ，
设平面 的一个法向量为 .
所以 ，即 ，
令 ，则 ， .
所以 .
第 13页/共 19页所以 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
所以 ，
故直线 与平面 所成角的正弦值为 .
17. 已知数列 的前 项和为 ，数列 满足， ， .
（1）求数列 的通项公式 ；
（2）求数列 的通项公式 ；
（3）若 ，求数列 的前 项和 .
【答案】（1） ；
（2） ；
（3） .
【解析】
【分析】（1）由 分析计算即可求解；
（2）由累加法即可求解；
（3）由错位相减法计算求解即可.
【小问 1 详解】
因为数列 的前 项和为 ，
所以当 ， ；
当 ， ；
显然 满足 ，
所以 .
【小问 2 详解】
第 14页/共 19页因为数列 满足， ， ，
所以
，
数列 的通项公式 .
【小问 3 详解】
由（1）（2）得 ，
所以数列 的前 项和 ，
所以 ，
所以 .
所以 .
18. 已知抛物线 C 的顶点为原点，焦点 （ ）到直线 的距离为 2．
（1）求抛物线 C 的方程；
（2）设 为直线 l 上的点，过点 P 作抛物线 C 的两条切线 其中 为切点．
（i）证明：直线 的方程为过定点；
（ii）求 面积的最小值．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用抛物线的性质即可求解；
（2）（i）利用求导法来求切线方程，再通过同构可得到切点弦方程，然后即可得到定点；
（ii）利用联立方程组来求弦长和距离，通过面积公式即可求得函数最小值.
【小问 1 详解】
已知焦点 （ ）到直线 的距离为 2，
第 15页/共 19页根据抛物线的性质可知，若标准形式为 ，则 ，
解得 ，故抛物线 的方程为： ；
【小问 2 详解】
（i）设切点 ，抛物线 ，求导得切线斜率 ，
切线 方程为： ，
同理切线 方程为： ，因为 ,
所以 ， ，
因为 都满足方程 ，
所以直线 的方程为： ，
当 时， ，故对任意的 ，直线 恒过定点 ；
（ii）将 与 联立，消去 得： ，
判别式 ，
则弦长 ，
点 到直线 的距离：
因此 的面积： ，
第 16页/共 19页由 ，当 时， 取得最小值 .
故 面积的最小值为 .
19. 已知函数 存在极值点 ．
（1）当 时，讨论 的单调性；
（2）求 b 的取值范围并证明 ；
（3）若 且 ，求 a 的取值范围．
【答案】（1）在 上单调递减，在 上单调递增.
（2） ，证明见解析
（3）
【解析】
【小问 1 详解】
由题意，当 时， ， ，
有 ， ，
时 ， 时 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
【小问 2 详解】
由题意， ， ，
记 ， ，
所以 在 单调递增， .
第 17页/共 19页若 ，则 ， ， 无极值点，不符合题意，
若 ，则 ，取 ，则 ，
所以 ，使得 ，即 ，
且 在 上单调递减，在 上单调递增.
所以
综上，b 的取值范围为 ，并且有 ；
【小问 3 详解】
由（2），需 ，
设 ，有 ，则 ， ，
函数 ，有 ，所以 a 关于 t 单调递增.
而 ，
即 .
（i）若 ，显然成立，此时 ，
则 ，即 ，
（ii）若 ，则
设 ，则 ，
记 ，则 ， ，
所以 在 单调递减，在 单调递增，
，
所以 ，所以 在定义域内单调递增，
第 18页/共 19页所以只需求 ，使得 ，则 ，
即 ，即 ，
记 ， 在 上恒成立， 在 单调递增.
又 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 .
综上， .
第 19页/共 19页
