精品解析：四川省广安市广安区等3地2024-2025学年高二下学期7月期末统测数学试题

2025年春季学期三地高2026届期末统测 （暨前锋区普/职高七月月评） 数学试题 注意事项 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前， 务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 3．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂对应题目的答案标号，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号． 4．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 5．考试结束后， 将答题卡、试卷、草稿纸全部交回． 请考生注意：所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． ⁂预祝你们考试成功⁂ 一、选择题：本大题共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. 某同学记录了自己升入高三以来8次的数学考试成绩，分别为125，117，129，132，115，119，126，130，则该同学这8次的数学考试成绩的第40百分位数为（ ） A. 119 B. 122 C. 125 D. 132 2. 若，i为虚数单位，为z的共轭复数，则复数（ ）． A. B. C. D. 3. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知命题；命题对，恒成立.则成立是成立的（ ） 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 5. 在△ABC中，角A，B，C对边分别a，b，c，，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射之后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线的焦点为，一条平行于轴的光线从点射出，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上的另一点射出，则的周长为（ ） A. B. C. 13 D. 15 7. 生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动（积分可兑换礼品），第一天打卡得1积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2分．若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天打卡须从1积分重新开始．某会员参与打卡活动，从3月1日开始，到3月20日他共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天是（ ） A. 3月5日或3月16日 B. 3月6日或3月15日 C. 3月7日或3月14日 D. 3月8日或3月13日 8 已知，，，则（ ） A. B. C. 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. 《庄子·天下》中有：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其大意为：一根一尺长的木棰每天截取一半，永远都取不完，设第一天这根木棰截取一半后剩下尺，第二天截取剩下的一半后剩下尺，…，第五天截取剩下的一半后剩下尺，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 定义在上的偶函数满足，当时，.设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 在区间上单调递增 C. D. 的图象与的图象所有交点的横坐标之和为12 11. 已知双曲线为双曲线的左､右焦点，若直线过点，且与双曲线的右支交于两点，下列说法正确的是（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 若的斜率为2，则的中点为 C. 周长的最小值为10 D. 周长最小值为16 三、填空题：本题共3小题，每小题 5 分，共15分． 12. 设向量，，则，则__________. 13. 定义表示不超过的最大整数，如，，设函数，设集合，则集合A所有元素之和为______. 14. 如图，三棱锥中，，，，点在侧面上，且到直线的距离为，则的最大值是_______． 四、解答题：本大题共6小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数的图象过点，最小正周期为，且最小值为－1. （1）求函数的解析式. （2）若在区间上的取值范围是，求m的取值范围. 16. 已知椭圆的离心率为，过定点的直线与交于两点，直线的斜率不为0． （1）求的长轴长． （2）若，证明：直线斜率之和为定值 （3）若，设直线分别交于（都异于）两点，且斜率存在，证明直线过定点，并求出定点坐标． 17. 如图，菱形和正方形所在平面互相垂直，，. （1）求证：平面； （2）若是线段上的动点，求平面与平面夹角的余弦值的取值范围. 18. 已知三次项为且不含常数项的三次函数的两个极值点分别为和3． （1）求的解析式； （2）若直线与曲线有且仅有两个公共点，求的值． 19. 设是项数为且各项均不相等的正项数列，满足下列条件的数列称为的“等比关联数列”：①数列的项数为；②中任意两项乘积都是中的项；③是公比大于1的等比数列． （1）已知数列是的“等比关联数列”，且，，，求数列的通项公式； （2）已知数列是的“等比关联数列”，且的前3项成等比数列的概率为，求的值； （3）证明：不存在“等比关联数列”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年春季学期三地高2026届期末统测 （暨前锋区普/职高七月月评） 数学试题 注意事项 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前， 务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 3．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂对应题目的答案标号，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号． 4．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 5．考试结束后， 将答题卡、试卷、草稿纸全部交回． 请考生注意：所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． ⁂预祝你们考试成功⁂ 一、选择题：本大题共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. 某同学记录了自己升入高三以来8次的数学考试成绩，分别为125，117，129，132，115，119，126，130，则该同学这8次的数学考试成绩的第40百分位数为（ ） A. 119 B. 122 C. 125 D. 132 【答案】C 【解析】 【分析】由百分位数计算公式即可求解. 【详解】从小到大排序：115,117,119,125,126,129,130,132， ， 所以第40百分位数为第四个数，即125. 故选：C 2. 若，i为虚数单位，为z的共轭复数，则复数（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据虚数单位的幂次规律化简，再通过复数的运算法则求出，最后根据共轭复数的定义求出． 【详解】，即，即，所以． 故选：C． 3. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数函数的定义域及交集的定义即可求解． 【详解】由题得，， 所以， 故选：D． 4. 已知命题；命题对，恒成立.则成立是成立的（ ） 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】分别求解出命题为真命题时的取值集合，再根据集合间的关系确定出是的何种条件. 【详解】解析：由命题，解得， 所以为真命题时； 由命题对恒成立， 可知：当时，对有恒成立 当时，则有，解得， 所以为真命题时， 因，所以是的充分不必要条件. 故选：. 5. 在△ABC中，角A，B，C对边分别为a，b，c，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦定理化简已知条件，求得，利用平方的方法化简，求得，进而求得. 【详解】， ∴，， ∴； 又知，平方可得， ∴，∴. 故选：C 6. 抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射之后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线的焦点为，一条平行于轴的光线从点射出，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上的另一点射出，则的周长为（ ） A. B. C. 13 D. 15 【答案】D 【解析】 【分析】求出点的坐标，利用抛物线的光学性质，结合三点共线求出点的坐标即可得解. 【详解】抛物线的焦点为，由轴，点，得， 由抛物线的光学性质，得点共线，设，则， 解得，点，于是，，， 所以的周长为. 故选：D 7. 生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动（积分可兑换礼品），第一天打卡得1积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2分．若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天打卡须从1积分重新开始．某会员参与打卡活动，从3月1日开始，到3月20日他共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天是（ ） A. 3月5日或3月16日 B. 3月6日或3月15日 C. 3月7日或3月14日 D. 3月8日或3月13日 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列求和公式列方程求解. 【详解】若他连续打卡，则从打卡第1天开始，逐日所得积分依次成等差数列，且首项为1，公差为2，第天所得积分为． 假设他连续打卡天，第天中断了， 则他所得积分之和为 ，化简得， 解得或12，所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日． 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列的应用，注意审题“一天中断”两次求和公式的应用. 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数的运算，计算可得，则.构造函数，根据导函数得到函数的单调性，即可得出，根据对数函数的单调性即可得出；先证明当时，.然后根据二倍角公式以及不等式的性质，推得. 【详解】因为， 所以，. 令，，则， 当时，，所以在上单调递增， 所以， 所以. 因为在上单调递增，所以； 令，则恒成立， 所以，在R上单调递减， 所以，当时，有，即， 所以. 因为， 所以， 所以. 所以. 故选：B． 【点睛】方法点睛：对变形后，作差构造函数，根据导函数得到函数的单调性，即可得出值的大小关系. 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. 《庄子·天下》中有：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其大意为：一根一尺长的木棰每天截取一半，永远都取不完，设第一天这根木棰截取一半后剩下尺，第二天截取剩下的一半后剩下尺，…，第五天截取剩下的一半后剩下尺，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由已知可得，逐个验证选项即可. 【详解】根据题意可得是首项为，公比为的等差数列，则， ，故A错误；，故B正确； ，，则，故C正确； ，故D正确． 故选：BCD． 10. 定义在上的偶函数满足，当时，.设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 在区间上单调递增 C. D. 的图象与的图象所有交点的横坐标之和为12 【答案】AC 【解析】 【分析】根据函数是偶函数及对称性得出函数周期及对称性判断A,根据函数值结合对称性判断C,应用函数对称性结合单调性判断B,数形结合判断的图象与的图象所有交点个数再结合对称性判断D. 【详解】对于A，因为为偶函数，故， 故，所以，故的图象关于直线对称，故A正确. 对于B，由A中分析可得是周期函数且周期为， 故当时，，故，故B错误. 对于C，由是周期为2的函数可得：，故C正确. 对于D，因为，故的图象关于对称， 而，且时，此时在上为增函数， 故图象如图所示： 由图可得的图象与的图象共有10个交点，所有交点的横坐标之和为10，故D错误. 故选：AC 11. 已知双曲线为双曲线的左､右焦点，若直线过点，且与双曲线的右支交于两点，下列说法正确的是（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 若的斜率为2，则的中点为 C. 周长的最小值为10 D. 周长的最小值为16 【答案】BD 【解析】 【分析】对A直接计算离心率即可判断，对B，直接得到直线方程，并联立曲线方程，利用韦达定理即可求出的中点坐标即可判断，对C和D，利用双曲线定义将三角形周长用弦长，则题目转化为求的最值，设线联立方程，再利用弦长公式即可得到答案. 【详解】对A，由双曲线方程得，故，则离心率，故A错误， 对B，由方程知，则直线的方程为， 联立双曲线方程化简得，设, 则，故，而， 则，故的中点为，故B正确， 对C和D，根据双曲线定义得， 两式相加得， 设的周长为，故 ， 则题目求周长的最小值转化为求弦长的最小值， 设直线的方程为，联立双曲线方程得 ，根据直线与双曲线有两个交点, 则，即，， 当直线与渐近线平行时，此时， 若要直线与双曲线交点在右支上，则， ， 设，则 令 ，则， 则当，即时，，此时直线方程为， 故的周长的最小值为16，故C错误，D正确， 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：本题对C,D选项的判断，首先要灵活运用双曲线定义从而得到，然后题目即转化为经典的弦长最值问题，常用的方法是设线法，联立双曲线方程，得到韦达定理式，再利用弦长公式表示出，设直线时因为直线所过定点在轴上，故为了简便运算引入参数，同时要注意双曲线较椭圆更为复杂，尤其是直线与渐近线平行时的特殊情况. 三、填空题：本题共3小题，每小题 5 分，共15分． 12. 设向量，，则，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】应用向量线性运算及垂直的坐标表示列方程求参数. 【详解】由题设，且， 所以，解得. 故答案为： 13. 定义表示不超过的最大整数，如，，设函数，设集合，则集合A所有元素之和为______. 【答案】3 【解析】 【分析】根据函数的定义分类计算即可. 【详解】当时，， 所以； 当时，， 所以； 当时，， 所以集合，. 故答案为：3 14. 如图，三棱锥中，，，，点在侧面上，且到直线的距离为，则的最大值是_______． 【答案】 【解析】 【分析】通过点到直线距离为定值，确定点在圆柱侧面上，同时确定点轨迹；根据椭圆性质可知，当落在上时，最大；根据距离可确定为中点，然后利用余弦定理解出结果. 【详解】动点到直线的距离为定值 动点落在以为轴、底面半径为的圆柱的侧面上 可知侧面与三棱锥侧面的交线为椭圆的一部分 设其与的交点为，此时最大 由题意可得，点到的距离为： 则到的距离为可知：为的中点 又 在中，由余弦定理可得 本题正确结果： 【点睛】本题考查立体几何中的直线与平面的位置关系，难点在于确定点在侧面上的轨迹类型，锁定最值取得的点，对学生的空间想象能力要求较高. 四、解答题：本大题共6小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数的图象过点，最小正周期为，且最小值为－1. （1）求函数的解析式. （2）若在区间上的取值范围是，求m的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）由最值求得，由周期求得，由点的坐标及的范围可求得，得解析式； （2）由得，结合余弦函数性质可得结论． 【详解】（1）由函数的最小值为－1，可得A=1， 因为最小正周期为，所以=3. 可得， 又因为函数的图象过点（0，），所以，而，所以， 故. （2）由，可知， 因，且cos=－1，， 由余弦曲线性质的，，得， 即. 【点睛】本题考查求三角函数的解析式，考查余弦型三角函数的值域问题，掌握余弦函数性质是解题关键． 16. 已知椭圆的离心率为，过定点的直线与交于两点，直线的斜率不为0． （1）求的长轴长． （2）若，证明：直线的斜率之和为定值 （3）若，设直线分别交于（都异于）两点，且的斜率存在，证明直线过定点，并求出定点坐标． 【答案】（1）4 （2）证明见解析 （3）证明见解析，定点 【解析】 【分析】（1）根据离心率即可求解， （2）联立直线与椭圆方程得到韦达定理，即可代入斜率公式化简求解, （3）根据向量共线可得，设出直线过定点，则，代入化简对比系数可得求解. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率为，所以， 解得， 所以的长轴长为． 【小问2详解】 设直线 联立得 则得， 设直线的斜率分别为， 则 所以直线的斜率之和为定值0． 【小问3详解】 设，，，，，，且且， 则且 得 将代入得与联立， 解得同理可得 又直线过点则， 代入并化简可得 设直线过定点，则， 代入数据并化简可得 对比系数可得，解得， 则直线过定点 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 17. 如图，菱形和正方形所在平面互相垂直，，. （1）求证：平面； （2）若是线段上的动点，求平面与平面夹角的余弦值的取值范围. 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面平行的性质定理和判定定理证明即可； （2）由面面垂直的性质定理证明平面，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，由向量的夹角公式结合二次函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 因为四边形是菱形，所以， 平面，平面，所以平面， 因为四边形是正方形，所以， 平面，平面，所以平面， ，平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面. 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面， 因为四边形是正方形，所以，平面， 所以平面，因为四边形是菱形，所以， 连接交于点，取的中点，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，，所以， 所以是等边三角形，， 所以，， 是线段上的动点，设，所以， ，所以 ，，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 所以， 令，因为，所以，即 所以 因为，所以， 所以当时，取得最小值为， 所以当，即时， 取得最大值为， 故平面与平面夹角的余弦值的取值范围. 18. 已知三次项为且不含常数项的三次函数的两个极值点分别为和3． （1）求的解析式； （2）若直线与曲线有且仅有两个公共点，求的值． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由题设，由韦达定理可得，然后由导数运算法则可得答案； （2）由（1）可得有2根，设，随后由极大值等于0，极小值小于0或极大值大于0，极小值等于0可得答案 【小问1详解】 由题设，则. 由题意，得和3是关于的方程的两根， 由韦达定理，得，解得， 此时． 当时，；当时，；当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，是的极小值点，符合题意． 综上，． 【小问2详解】 直线与曲线有且仅有两个公共点，等价于关于的方程仅有两个实根， 即关于的方程仅有两个实根． 设，则． 当时，；当时，；当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，是的极小值点， 且，． 根据题意，得或， 解得或． 19. 设是项数为且各项均不相等的正项数列，满足下列条件的数列称为的“等比关联数列”：①数列的项数为；②中任意两项乘积都是中的项；③是公比大于1的等比数列． （1）已知数列是“等比关联数列”，且，，，求数列的通项公式； （2）已知数列是的“等比关联数列”，且的前3项成等比数列的概率为，求的值； （3）证明：不存在“等比关联数列”． 【答案】（1） （2） （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据定义计算出的前三项，即可写出等比数列的通项公式； （2）先计算出及的项数，再由的公比为，写出确定的，进而求出，再分两种情况讨论的可能性，从而得到使的前3项成等比数列的所有可能情况，进而求出概率； （3）先计算出的项数，再由的公比为，写出确定的，进而求出，再求出确定的，推理出，，是连续三项，从而推理出是第4项或第7项，进而分两种情况讨论即可得证. 【小问1详解】 因为，，， 由定义可知，， 故数列的通项公式为； 【小问2详解】 因为中4项均不相同，所以有种，有项， 假设，则，，，． 设的公比为，则， 又数列的第三项，第四项， 或第三项，第四项， 所以， 且，得，且， 或， 且，得，且， 这两种情况，不能同时成立，使得的前3项为等比数列有4种情况， 故． 【小问3详解】 当时，假设的各项从小到大排列，此时数列有项， 则，，，， 因为是等比数列，所以，即，所以． 设的公比为，则，所以， 所以，， 剩余四项为，，，， 又公比，所以，，是连续三项，因此是第4项或第7项， 当时，，所以，即，不符合题意； 当时，，所以，即，不符合题意； 因此当时，不存在“等比关联数列”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $