精品解析：湖南省衡阳市第八中学2024-2025学年高二下学期期末考试数学试题

衡阳市八中2026届高二年级第二学期期末考试 数学试题 时量：120分钟 满分：150分 考试范围：高考全部内容 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则=（ ） A. B. 2 C. D. 3 2. 若集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，函数的图象由图象向右平移个单位得到，则下列关于函数的图象说法正确的是（ ） A. 关于y轴对称 B. 关于原点对称 C. 关于直线对称 D. 关于点对称 4. 我国古代建筑的屋顶对建筑立面起着特别重要的作用，古代建筑屋顶主要有庑殿式、硬山顶、歇山顶、悬山顶攒尖顶、盝顶、卷棚顶等类型，其中硬山式屋顶造型的最大特点是比较简单、朴素，只有前后两面坡，而且屋顶在山墙墙头处与山墙齐平，没有伸出部分，山面裸露没有变化．硬山式屋顶（如图1）可近似地看作直三棱柱（如图2），其高为，到平面的距离为，为，则可估算硬山式屋顶的体积约为（ ） A. B. C. D. 5. 设向量与的夹角为θ，定义，已知，，则（ ） A. B. C. 5 D. 25 6. 已知，则（ ） A. B. 2 C. 4 D. 12 7. 已知公差为的等差数列的前项和为，且，，且，则（ ） A. 6 B. C. 11 D. 8. 在中，，的内切圆的面积为，则边长度的最小值为（ ） A. 16 B. 24 C. 25 D. 36 二、多项选择题：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. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 函数的图象关于点对称 C. 函数的图象向右移个单位长度后，图象关于y轴对称，则的最小值为 D. 若关于x的方程在上有两个实数根，则实数m的取值范围为 10. 下列说法正确的是（ ） A. 数据的第80百分位数为11 B. 已知随机变量，设，则的方差 C. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是 D. 若样本数据的平均数为2，则的平均数为8 11. 若函数有两个极值点，且，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 的取值范围是 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 如图，四边形是边长为4的正方形，若，且为的中点，则______. 13. 记等差数列和的前项和分别为和，若，则______. 14. “蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔·蒙日（1746-1818）最先发现，若椭圆的左、右焦点分别为、，P为椭圆C上一动点，过P和原点作直线l与圆C的蒙日圆相交于M，N，则的最小值为______． 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. 如图，在直三棱柱中，. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角A的大小； （2）若，，过边AC上一点P作AB，BC的垂线，垂足分别为D，E，求DE的最小值． 17. 下表为某汽车模型公司共有个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示： 红色外观 蓝色外观 棕色内饰 7 米色内饰 3 5 （1）若小明从这些模型中随机抽一个模型，记事件A为小明取到的模型为红色外观，事件B为取到的模型是米色内饰，求，，并据此判断事件A，B是否相互独立． （2）该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以一次性从这些模型中抽两个汽车模型．现做出如下假设： 假设1．抽取的情况有三种可能，外观和内饰均同色、外观和内饰均异色、外观和内饰恰有一种同色； 假设2．一等奖为元，二等奖为元，三等奖为元； 假设3．按抽到的结果的概率大小，概率越小，奖金越高． 请你帮该公司判断哪种情况分别为一、二、三等奖．设奖金为X，写出X的分布列，并求X的期望． 18. 已知是抛物线的焦点，在点处的切线交轴于点，过点的直线与交于两点. （1）求的方程； （2）比较与的大小，并说明理由； （3）过点的直线与交于两点，，线段的延长线分别交于点，，试判断直线是否过定点，如果是，请求出该定点的坐标，如果不是，请说明理由. 19. 已知函数，. （1）求函数在处的切线方程； （2）若， （i）当时，求函数的最小值； （ii）若有两个实根，，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 衡阳市八中2026届高二年级第二学期期末考试 数学试题 时量：120分钟 满分：150分 考试范围：高考全部内容 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则=（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算法则求出复数，再利用复数模的公式求解即可. 【详解】，则. 故选：A. 2. 若集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将集合中的式子都通分成分母为6的式子，然后可判断出答案． 【详解】因为，，， 而表示奇数，表示整数， 所以． 故选：B． 3. 已知函数，函数的图象由图象向右平移个单位得到，则下列关于函数的图象说法正确的是（ ） A. 关于y轴对称 B. 关于原点对称 C. 关于直线对称 D. 关于点对称 【答案】D 【解析】 【分析】首先求函数，根据选项依次采用代入的方法，判断选项. 【详解】因为，所以，且，所以函数是非奇非偶函数，故A，B项错误； 因为，既不是的最大值也不是最小值，所以不是的对称轴，故C项错误； 因为，所以是的一个对称中心，故D项正确. 故选：D. 4. 我国古代建筑的屋顶对建筑立面起着特别重要的作用，古代建筑屋顶主要有庑殿式、硬山顶、歇山顶、悬山顶攒尖顶、盝顶、卷棚顶等类型，其中硬山式屋顶造型的最大特点是比较简单、朴素，只有前后两面坡，而且屋顶在山墙墙头处与山墙齐平，没有伸出部分，山面裸露没有变化．硬山式屋顶（如图1）可近似地看作直三棱柱（如图2），其高为，到平面的距离为，为，则可估算硬山式屋顶的体积约为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三棱柱的体积公式求解即可. 【详解】解：如图，过作于， 由题意可知，在直三棱柱中，到平面的距离为， 即，又， 所以该柱体体积为. 故选：B. 5. 设向量与的夹角为θ，定义，已知，，则（ ） A. B. C. 5 D. 25 【答案】C 【解析】 【分析】由，可得，以及向量与的夹角，结合题意可求得答案 【详解】因为，， 所以，，即， 所以向量与的夹角为， 所以， 故选：C 6. 已知，则（ ） A. B. 2 C. 4 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】令，直接根据二项式定理求解即可. 【详解】令，则， 故， 中得系数为，中得系数为， 所以， 故选：C. 7. 已知公差为的等差数列的前项和为，且，，且，则（ ） A. 6 B. C. 11 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由等差数列的通项公式与求和公式结合题意可得，再由组合数的性质结合分组求和法与裂项相消法求解即可 【详解】因为公差为的等差数列满足， 所以， 所以， ， 又 所以 ， 即， ，， 所以. 故选：B 8. 在中，，的内切圆的面积为，则边长度的最小值为（ ） A. 16 B. 24 C. 25 D. 36 【答案】A 【解析】 【分析】由条件可求内切圆半径，根据内切圆的性质和三角形的面积公式可得三边关系，结合基本不等式可求边长度的最小值. 【详解】因为的内切圆的面积为，所以的内切圆半径为4．设内角，，所对的边分别为，，．因为，所以，所以．因为，所以．设内切圆与边切于点，由可求得，则．又因为，所以．所以．又因为，所以，即，整理得．因为，所以，当且仅当时，取得最小值． 故选：A． 二、多项选择题：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. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 函数的图象关于点对称 C. 函数的图象向右移个单位长度后，图象关于y轴对称，则的最小值为 D. 若关于x的方程在上有两个实数根，则实数m的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先利用降幂公式、和角公式与辅助角公式将化成正弦型函数，由正弦型函数的最小正周期判断A；利用代入检验法判断B：根据图象平移后的函数，结合偶函数特征求得，根据的范围求得的值，判断C；将方程的根的情况转化为两个函数图象的交点情况，利用正弦函数的图象求得m的取值范围判断D． 【详解】对于A，因 ，故的最小正周期为，故A错误： 对于B，因为时，，且，即函数的图象关于点对称，故B正确； 对于C，将的图象向右移个单位长度后，可得的图象， 由的图象关于y轴对称，则， 则，解得，又，故的最小值为，故C正确； 对于D，由得，即， 因，设，则，关于x的方程有两个实数根， 等价于函数与的图象在上有两个交点，所以， 解得，故D正确. 故选：BCD． 10. 下列说法正确的是（ ） A. 数据的第80百分位数为11 B. 已知随机变量，设，则的方差 C. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是 D. 若样本数据的平均数为2，则的平均数为8 【答案】AB 【解析】 【分析】利用第p百分位数意义计算判断A；利用二项分布的方差公式及方差的性质计算判断B；求出简单随机抽样的概率公式计算判断C；利用平均数的性质计算判断D作答. 【详解】对于A，由，得第80百分位数为11，A正确； 对于B，，则，因此，B正确； 对于C，简单随机抽样，从51个个体中抽取2个个体，每个个体被抽到的概率相等，都是，C错误； 对于D，依题意，的平均数为，D错误. 故选：AB 11. 若函数有两个极值点，且，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 的取值范围是 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】求结合题设，将问题转化为与有两个交点，，利用导数研究的性质并画出图象，应用数形结合即可判断A、B的正误；由零点可得，应用放缩即可判断C的正误；令易得，应用分析法需证成立，结合导数研究的值域范围，即可判断D的正误. 【详解】，有两个极值点，且， ∴，有两个零点，，且在，各自两边异号， ∴与有两个交点，， 记，则，易知：时，时， ∴在上递增，在上递减，即在上递增，在上递减． ∴有最大值，且时；时，又，， 由上的图象如下， ∴当且仅当时与有两个交点，才符合条件，且，故A正确，B不正确． 又， ∴，故 C正确． 令，则， ∴，则，， ∴要证，只需证，只需证， 令，则， ∴在上单调递减，即时，不等式得证，故D正确． 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：将问题转化为与有两个交点，，应用导数研究函数性质，由数形结合判断参数范围；根据零点处的等量关系及放缩法证明不等式；由分析法转化证明的结论，再构造函数并利用导数研究函数值域，即可证明不等式. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 如图，四边形是边长为4的正方形，若，且为的中点，则______. 【答案】5 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，表示出来，的坐标，然后利用坐标求数量积即可. 【详解】以A为坐标原点，以，所在的直线分别为轴，轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，， 则，， 所以. 故答案为：5. 13. 记等差数列和的前项和分别为和，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】结合等差数列的前项和公式,可得,求解即可. 【详解】由题意,,, 因为,所以. 故答案为:. 【点睛】本题考查了等差数列的前项和公式及等差中项的应用,考查了学生的计算求解能力,属于基础题. 14. “蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔·蒙日（1746-1818）最先发现，若椭圆的左、右焦点分别为、，P为椭圆C上一动点，过P和原点作直线l与圆C的蒙日圆相交于M，N，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】令，利用椭圆的定义可得，再由平面向量的知识可得，从而得到；结合“蒙日圆”的定义可知，由此得到，故，所以，故得解． 【详解】因为椭圆，所以，，故，，， 如图，令，因为，所以， 即，结合图象，由平面向量的知识可得， 故，两式相加得， 即，即，由“蒙日圆”的定义，当我们过椭圆上下左右四个顶点作椭圆的切线时， 易知椭圆的“蒙日圆”的直径为这四条切线所围成的矩形的对角线，故由勾股定理得，， 所以，故． 令，，则， 所以，由二次函数易知，所以， ，所以最小值为． 故答案为：． 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. 如图，在直三棱柱中，. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 由题知平面，又平面，所以. 又，，平面，平面，所以平面. 又平面，所以. 因为，所以四边形是正方形，所以. 又，平面，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据直三棱柱的结构特点可得平面，利用线面垂直的性质及线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理即可证明； （2）以点为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量求法即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以点为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示. 因为，所以， 所以. 设平面的法向量为，则，即. 取，则， 所以平面的一个法向量为. 由（1）得平面的一个法向量为. 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角A的大小； （2）若，，过边AC上一点P作AB，BC的垂线，垂足分别为D，E，求DE的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对所给条件切化弦，结合三角形内角和以及正弦定理化简可求出，从而求出角A的大小； （2）法一：根据直角三角形角的关系可设，则PA，PD，PC均可用x表示，利用余弦定理计算，结合二次函数的性质可求出的最小值；法二：由，，可知P，E，B，D四点共圆，从而表示，转化为求BP最小值，数形结合，当时，BP最小，在直角三角形中求出BP最小值即可求出DE的最小值；法三：以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，设，求出E点坐标，利用两点距离公式可求出DE的最小值． 【小问1详解】 在中，，． 由及正弦定理得，， 整理得． 由于，，则．又，故． 【小问2详解】 如图1，在中，， 且， 由正弦定理得，，即，得． 由于，则与B互补，故． 方法1：单变量法 设，则，，，． 则．当时，， 所以DE取得最小值为． 方法2：四点共圆 如图1，由，，故P，E，B，D四点共圆，且BP为该圆直径． 由正弦定理得， 故求DE的最小值等价于求BP的最小值．当时，BP最小， 此时，， 故DE取得最小值为． 方法3：建系坐标法 以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系， 如图2，则，， 直线BC：，直线AC：． 设，则，直线PE：． 联立方程，得， ． 当时，，所以DE取得最小值为． 17. 下表为某汽车模型公司共有个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示： 红色外观 蓝色外观 棕色内饰 7 米色内饰 3 5 （1）若小明从这些模型中随机抽一个模型，记事件A为小明取到的模型为红色外观，事件B为取到的模型是米色内饰，求，，并据此判断事件A，B是否相互独立． （2）该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以一次性从这些模型中抽两个汽车模型．现做出如下假设： 假设1．抽取的情况有三种可能，外观和内饰均同色、外观和内饰均异色、外观和内饰恰有一种同色； 假设2．一等奖为元，二等奖为元，三等奖为元； 假设3．按抽到的结果的概率大小，概率越小，奖金越高． 请你帮该公司判断哪种情况分别为一、二、三等奖．设奖金为X，写出X的分布列，并求X的期望． 【答案】（1），，A，B不相互独立； （2）一等奖：外观和内饰均异色；二等奖：外观和内饰均同色；三等奖：外观和内饰恰有1个同色， 分布列为 X P 期望为． 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的概率计算，结合条件概率的公式与独立事件的判断方法即可得； （2）典概型的概率计算与组合数的计算，可求得三种情况的概率，再得分布列及数学期望． 【小问1详解】 因为汽车模型总共有个，即，事件A包含共个汽车模型，即， 且每个汽车模型被抽到的可能性相等，根据古典概率模型得，. 又因为事件B包含共个汽车模型，即. 又因为事件包含3个汽车模型，即，， 由条件概率公式得， 所以，故事件A，B不相互独立． 【小问2详解】 ①当抽取的2辆汽车模型的外观和内饰均同色时，则在4款汽车模型中每款中抽2辆， 共有种结果，所以概率为. ②当抽取的2辆汽车模型的外观和内饰均异色， 则只能从红色外观棕色内饰抽的汽车模型抽取1辆且从蓝色外观米色内饰的汽车模型抽1辆， 或者红色外观米色内饰的汽车模型中抽取1辆且从蓝色外观棕色内饰的汽车模型中抽取1辆，共有， 所以概率为. ③当抽取的2辆汽车模型的外观和内饰恰有1个同色，则有以下四种情况： 2辆汽车模型的外观均为红色且内饰颜色不同的有种， 2辆汽车模型的外观均为蓝色且内饰颜色不同的有种， 2辆汽车模型的内饰均为棕色且外观颜色不同的有， 2辆汽车模型的内饰均为米色且外观颜色不同的有， 所以概率为. ∵，∴一等奖：外观和内饰均异色； 二等奖：外观和内饰均同色，三等奖：外观和内饰恰有1个同色． ∴，，， 其分布列为 X P ∴． 18. 已知是抛物线的焦点，在点处的切线交轴于点，过点的直线与交于两点. （1）求的方程； （2）比较与的大小，并说明理由； （3）过点的直线与交于两点，，线段的延长线分别交于点，，试判断直线是否过定点，如果是，请求出该定点的坐标，如果不是，请说明理由. 【答案】（1） （2），理由如下： 抛物线方程可化为，则，当时，切线斜率， 由点斜式可得过点的切线方程为，即， 令，可得，所以. 由，可得，所以. 如图（1），设直线的方程为， 联立得得， 所以. 因为， 所以， 所以. （3）是， 【解析】 【分析】（1）利用已知点坐标代入抛物线方程求参数. （2）通过导数求切线方程确定点G，结合抛物线的几何性质或代数计算比较距离平方与乘积. （3）参数化过焦点的直线，利用抛物线的对称性或代数运算判断直线是否过定点. 【小问1详解】 （1）已知点在上， 所以，即，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 是. 易知.由题意知直线的斜率必存在，故设直线， 联立得消去得，所以. 直线的方程为，将代入，得， 由，所以， 同理可得. 所以直线的斜率， 由直线的点斜式方程可得直线， 将代入， 得， 所以直线过定点. 19. 已知函数，. （1）求函数在处的切线方程； （2）若， （i）当时，求函数的最小值； （ii）若有两个实根，，且，证明：. 【答案】（1） （2）（i）1； （ii）由题意，，定义域为， 由题意有两个不相等的实数根， 令，则， 所以在上递增，所以， 令， 所以有两个不相等的正的零点，且， 即，两式分别相加减得， . 所以② 要证，只需证， 即证，即需证， 由②知，， 故只需证， 不妨设，令， 则只需证，即， 故只需证， 令 则， 所以在上单调递增， 所以， 即当时，成立. 所以，即，故. 【解析】 【分析】（1）计算，由导数的几何意义即可求； （2）（i）求出，利用导数判断单调性，即可求出最值；（ii）将方程有两个实根转化为有两个不相等的零点，由此列方程，将证明转化为证明，由导数证明不等式成立. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，又， 所以函数在处的切线方程为：，即. 【小问2详解】 （i）当时，，定义域为， ， 令， 则， 所以在上单调递增， 又因为， 所以使得，即，① 故当时，，即，此时在上单调递减； 当时，，即，此时在上单调递增， 所以当时，函数有最小值， 由①可得，即， 所以函数的最小值为. （ii）略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，主要的方法是通过已知条件，化归与转化所要证明的不等式，然后通过构造函数法，结合导数来所构造函数的取值范围，进而证明不等式成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $