云南省临沧地区中学2025年高二暑假数学作业（一）

让学习成为暑假的常态，而不是短暂的烟花表演！ 临沧地区中学2026届高二暑假作业——综合练习卷（一） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知集合，，且，则的取值范围是(    ) A. B. C. D. 2.已知复数满足：，则(    ) A. B. C. D. 3.下列命题正确的是(    ) A. 在回归分析中，相关指数越小，说明回归效果越好 B. 已知，若根据列联表得到的值为，依据的独立性检验，则认为两个分类变量无关 C. 已知由一组样本数据得到的回归直线方程为，且，则这组样本数据中一定有 D. 若随机变量，则不论取何值，为定值 4.在正方体中是棱的中点，是四边形内一点包含边，则直线与平面所成角的正弦值取值范围是(    ) A. B. C. D. 5.已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，过点且斜率为的直线交的两条渐近线于，两点，且，则(    ) A. B. C. D. 6.在三棱锥中，侧棱、、两两垂直，，，则三棱锥的外接球的表面积为(    ) A. B. C. D. 7.数列满足，又，，，则(    ) A. B. C. D. 8.已知圆：，是坐标原点，是圆上任意一点，若定点满足，则面积的最大值是(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.已知函数，则下列说法正确的是(    ) A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图象关于点对称 C. 函数的图象向左平移个单位长度所得到的图象所对应的函数为偶函数 D. 函数在区间上恰有个零点 10.正方体中，点为线段上的动点，则下列结论正确的是(    ) A. B. 三棱锥的体积为定值 C. 直线与平面所成角的取值范围为 D. 直线与直线所成的角为定值 11.已知函数，则下列结论正确的是(    ) A. 当时，若有三个零点，则的取值范围是 B. 当且时， C. 若满足，则 D. 若存在极值点，且存在，使得，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.若平面向量，，，则实数______． 13.某校名同学参加，，三项志愿者服务工作，每名同学参加一项工作，每项工作至多需要名同学，若同学甲参加工作，则不同的安排方法共有______种 14.已知锐角的面积为，且，其内角，，所对边分别为，，，则边的最小值为        ． 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.本小题分 已知数列满足，，记， 证明：数列是等比数列； 求数列的前项和． 16.本小题分 如图，四棱锥的底面是平行四边形，，，，，分别是棱，的中点． 证明：平面； 若二面角为． 证明：平面平面； 求直线与平面所成角的正弦值． 17.本小题分 已知曲线在点处的切线的斜率为，且当时，函数取得极值． 求函数的极值； 若存在，使得不等式成立，求的取值范围． 18.本小题分 近年来，中国新能源汽车市场快速发展，续航里程和电池容量是消费者最关心的指标之一某研究机构测试统计市场上款主流新能源汽车的电池容量单位：和官方标称续航里程单位：，数据如下： 已知与线性相关，求出关于的经验回归方程精确到整数，并预测电池容量为时的续航里程． 由于各种因素的影响，新能源汽车的实际续航里程有的概率比官方标称续航里程多，有的概率比官方标称续航里程少，有的概率与官方标称续航里程相等，现从以上款新能源汽车中随机抽取一辆，求实际里程不低于的概率． 若根据个人驾驶习惯和环境因素统计得到某新能源汽车第一年实际续航里程与官方标称续航里程相符的概率为从第二年起，若上一年实际续航里程与官方标称续航里程二相符，则这一年实际续航里程与官方标称续航里程仍相符的概率为；若上一年实际续选航里程与官方标称续航里程不相符，则这一年实际续航里程与官方标称续航里程相符的概率为记第年实际续航里程与官方标称续航里程相符的概率为，求，并解不等式． 附：，，，． 19.本小题分 已知抛物线的顶点在坐标原点处，对称轴为轴，且过点，，是上两个动点． 求抛物线的标准方程； 已知是上一点，且的焦点为的重心，设的横坐标为，求的取值范围； 已知为直线在第二象限内一点，直线，与抛物线分别相切于，两点，设，与轴分别交于，两点，证明：直线与直线的交点在定直线上． 答案和解析 1.【答案】  【解析】解：因为集合，，且， 所以，解得所以的取值范围是． 故选：． 2.【答案】  【解析】解：由，得． 故选：． 3.【答案】  【解析】解：对于选项：在回归分析中，相关指数越大，说明回归效果越好，故A错误； 对于选项：，若根据列联表得到的观测值为，则有的把握认为两个分类变量有关，故B错误； 对于选项：根据回归直线方程为，由，得到是一个估计值，因此这组样本数据不一定有，故C错误； 对于选项：若随机变量，为对称轴，则不论取何值，为定值，故D正确． 故选：． 4.【答案】  【解析】解：如图，设正方体棱长为，平面， 当点是靠近点的四等分点时，， 则平面， 此时直线与平面所成角的正弦值最大为， 当点与重合时，此时最长， 即， 因为正方体中，是棱的中点， 所以点到平面的距离为， 此时直线即与平面所成角的正弦值最小，为， 所以直线与平面所成角的正弦值取值范围是． 故选：． 5.【答案】  【解析】解：因为双曲线的离心率为，所以，， 故渐近线为， 设直线：，，，线段中点为， 由，得，即， 由，得，即， 所以点， 因为，所以，即，整理得，解得． 故选：． 6.【答案】  【解析】解：在三棱锥中，侧棱、、两两垂直， 以、、为棱构造长方体， 这个长方体的外接球就是三棱锥的外接球， ，， 三棱锥的外接球半径： ， 三棱锥的外接球的表面积为： ． 故选：． 7.【答案】  【解析】解：数列满足，又，，， 可得， 由，可得， 即有数列是首项为，公比为的等比数列， 即有，所以， 所以，故A，B错误； ，故C正确；D错误． 故选：． 8.【答案】  【解析】解：圆的圆心坐标为，半径为，设，， 由，得， 化简得， 又因为，即，所以， 因为对于任意恒成立，所以，解得，所以， 所以当点的纵坐标的绝对值最大时的面积最大，此时轴， 所以或， 所以的面积为． 故选：． 9.【答案】  【解析】解：函数，整理得：； 所以函数的最小正周期，故A正确； 因为， 所以函数的图象关于点对称，故B错误； ， 故其为偶函数，故C正确； 令，即， 所以或，，， 解得或，当时，；当时，； 当时，，所以在恰有个零点，故D错误． 故选：． 10.【答案】  【解析】解：作出示意图如下： 对选项，根据三垂线定理易证，， 从而可得平面，进而可得，所以选项正确； 对选项，由可得平面， 从而可得到平面的距离为定值，又三角形的面积也为定值， 所以三棱锥的体积为定值，所以选项正确； 对选项，根据三垂线定理易证平面， 所以直线与平面所成角即为直线与所成角的余角， 当与重合时，直线与平面所成角最大， 因为，所以与所成角为， 又， 所以此时直线与平面所成角的正切值为， 所以与平面所成最大角小于，所以选项错误； 对选项，易知平面，平面， 所以，所以选项正确． 故选：． 11.【答案】  【解析】解：对于，当时，，， 由，得到或， 由，得到， 所以的单调递增区间为，，单调递减区间为， 故在处取到极大值，在处取到极小值， 若有三个零点，则，解得，故A正确； 对于，当时，，， 又，即， 由选项A知，在区间上单调递减，所以，故B错误； 对于，因为，即， 所以关于点成中心对称，又的定义域为， 所以，整理得到，所以C正确； 对于选项D，因为，所以， 由题有，即， 由，得， 令，则，又， 所以， 得到， 整理得到， 又，代入化简得到， 又，， 所以，得到，即，所以D正确． 故选：． 12.【答案】  【解析】解：由于，故， 由于平面向量，，所以，解得． 故答案为：． 13.【答案】  【解析】解：某校名同学参加，，三项志愿者服务工作，每名同学参加一项工作，每项工作至多需要名同学，若同学甲参加工作， 可将人分为，，三组， 若甲在人组，则有种分法， 若甲在人组，则有种分法， 则共有种分法， 再分到三项志愿者服务工作，共有种． 故答案为：． 14.【答案】  【解析】解：由，得， 即，结合正弦定理得， 再由余弦定理可得，整理． 又由余弦定理可得，代入上式得， 又锐角的面积， 所以， 所以， 设函数，求导可得，由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以于是，即，当且仅当时，等号成立． 故答案为：． 15.【答案】证明见解析；  ．  【解析】证明：由，， 可得，，， 则， 即， 又， 所以数列是首项为，公比为的等比数列． 由，知， 所以． 则， 设，其前项和为， 则， ， 两式相减得， 所以， 则 16.【答案】证明过程请见解答；  证明过程请见解答；．  【解析】证明：取中点，连接，， 因为为的中点，所以，， 又为的中点，所以，， 所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． 证明：连接，， 因为，，且为的中点， 所以，， 所以为二面角的平面角，即， 在中，由，，得， 在中，由，，得， 在中，，由余弦定理得，， 即， 所以，即， 因为，，所以， 又，所以平面， 因为平面，所以平面平面． 解：连接， 由知，平面，所以为直线与平面所成的角， 因为，，， 所以，即， 而，所以， 在中，， 故直线与平面所成角的正弦值为． 17.【答案】极大值为，极小值为；  ．  【解析】由题得：， 结合题意可得，即，解得， 经检验符合题意，故， ． 令，解得或， 令，解得， 故在，上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为； 由可知在上单调递增，在上单调递减， 又因为，，所以， 所以要使不等式能成立，则． 所以， 故取值范围是． 18.【答案】，；  ；  ，，且．  【解析】因为，， 所以． 因为， ， 所以， 所以关于的经验回归方程为． 当时，，所以预测电池容量为时的续航里程为． 由表中数据知官方标称续航里程为，，，的款车实际续航里程低于； 官方标称续航里程为，的款车实际续航里程不低于的概率为． 官方标称续航里程为，的款车实际续航里程不低于的概率为； 官方标称续航里程为，的款车实际续航里程不低于； 故从中随机取一辆车，其实际里程不低于的概率为． 当时，； 当时，，所以． 因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以． 由，得，所以，且． 19.【答案】；  ；  证明见解析．  【解析】解：设抛物线方程为，代入点， 得，得， 所以抛物线的标准方程为； 设，，， 则重心坐标公式可知，，， 得，，， 且，，， 所以， 且， 所以，得且， 综上可知，的取值范围是； 证明：直线的斜率，直线的方程为， 设，，， 两边求导，，得， 设，， 抛物线在点处的切线方程为， 即， 因为切线过点，即， 整理得， 同理，抛物线在点处的切线方程为， 所以，是方程的两个根， 则，， 切线：， 令，得，得，同理， 直线的方程为，即， 同理，直线的方程为， 设直线与直线的交点为， 联立直线与直线的方程为， ， 得， 且，代入上式化简为， 代入直线得，， 得 ， 即， 由可得， 所以直线与直线的交点在定直线上上． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$