精品解析：湖南省常德市第七中学2025-2026学年高二上学期期末检测数学试题

2025年下学期高二期末检测 数学 本式卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，专生务必将自已的姓名､准考证号填写在本试卷和答题卡上. 2.回答选择题时､选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则为（ ） A. B. C. D. 1 3. 下列求导计算正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列为等差数列.，则（ ） A. 55 B. 66 C. 77 D. 88 5. 在啦啦操的某次队形变化时，六位同学要排成一个“三角形”队形，其中第一排站一位同学，第二排站两位同学，第三排站三位同学，请问这六位同学的站位有（ ） A. 1080种 B. 720种 C. 360种 D. 60种 6. 若函数在是单调递减，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 7. 在如图所示的试验装置中，有两个边长为1的正方形框架，它们所在的平面互相垂直.有一个活动弹子在正方形的对角线上移动，运动过程中弹子到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线，过焦点的直线交抛物线于两点（其中在第一象限），且满足，下列说法错误的是（ ） A. 直线的倾斜角为 B. C. D. 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，选错得0分. 9. 玩骰子的游戏中，某人连续投掷五次，记录得到的点数分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 这组数据的中位数一定是3 B. 若这组数据的极差为5，则 C. 若这组数据的平均数为3，则 D. 当时，这组数据的方差为2 10. 已知曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线关于直线对称 B. 曲线关于原点成中心对称 C. 曲线上的点到直线的最大距离为 D. 曲线与圆有三个公共点 11. 设函数，则（ ） A. 当时，是函数的极小值点 B. 当时，函数有三个零点 C. 已知是函数的极大值点，若，则 D. 函数的图象关于点成中心对称 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 6个人选3个人去演讲，若甲一定去，则有__________种选法. 13. 已知圆，过点的直线被该圆截得的最短弦长为__________. 14. 高斯是德国天才数学家，享有“数学王子”的美誉，以高斯命名的概念､定理､公式很多，如高斯函数，其中不超过实数的最大整数称为的整数部分，记作，如.已知为正项数列的前项和，且，则__________. 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. 在中，角所对的边分别为，已知，且. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 16. 如图，在正四棱锥中，所有棱长都相等，为侧棱的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知数列的首项，且满足， （1）求证：数列为等比数列； （2）若，求数列的前项和. 18. 已知椭圆的离心率为，右顶点为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆的右焦点作与轴不重合的直线与椭圆交于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为. （i）证明：为定值； （ii）求面积的最大值. 19. 已知函数 （1）当时，求在点处的切线方程； （2）试讨论函数的零点个数； （3）当函数恰有三个零点，且时，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年下学期高二期末检测 数学 本式卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，专生务必将自已的姓名､准考证号填写在本试卷和答题卡上. 2.回答选择题时､选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合，由根式函数的定义域求出集合，再由交集的定义运算. 【详解】， ， 则. 故选：C. 2. 已知复数，则为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】复数的除法运算和复数模长的计算， 【详解】因为， 所以， 故选：B. 3. 下列求导计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据基本初等函数及简单复合函数的求导公式、运算法则求导即可. 【详解】对于A，因为为常数，所以，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确. 故选：D. 4. 已知数列为等差数列.，则（ ） A. 55 B. 66 C. 77 D. 88 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的下标性质，结合等差数列前项和公式、等差数列的通项公式进行求解即可. 【详解】根据等差数列的性质，由， 所以公差2； 又， 所以. 故选：C 5. 在啦啦操的某次队形变化时，六位同学要排成一个“三角形”队形，其中第一排站一位同学，第二排站两位同学，第三排站三位同学，请问这六位同学的站位有（ ） A. 1080种 B. 720种 C. 360种 D. 60种 【答案】B 【解析】 【分析】方法1，题目所求相当于6位同学的全排列数，据此可得答案； 方法2，将排队分成3步，第一步从6人中选1人排列，第二步从剩下的5人中选2人并排列，第三步将剩下的3人排成1列，据此可得答案. 【详解】法本题相当于将6位同学排列到6个不同的位置，排列数即为6位同学的全排列数，故总排列数为； 法2：排队分为三步，第一步从6人中选1人排列，排列数为，第二步从剩下的5人中选2人并排列，排列数为， 第三步在前两排选完后，将剩下的3人排列，排列数为；故总排列数为. 故选：B. 6. 若函数在是单调递减，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用辅助角公式，将化成，根据余弦函数的单调性可得. 【详解】， . 又， 因为余弦函数在上单调递减，所以，解得. 所以的最大值为. 故选：B. 7. 在如图所示的试验装置中，有两个边长为1的正方形框架，它们所在的平面互相垂直.有一个活动弹子在正方形的对角线上移动，运动过程中弹子到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】弹子到直线的距离最小就是求上的点到直线的最小距离，根据题意以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间中点到直线的距离公式求得点到直线的距离为，所以当时，取得最小值. 【详解】根据题意以为坐标原点，分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 则点到直线的距离为， 其中为直线的单位方向向量，， 可取， 所以, 整理得， 当时，取得最小值. 故选：A. 8. 已知抛物线，过焦点的直线交抛物线于两点（其中在第一象限），且满足，下列说法错误的是（ ） A. 直线的倾斜角为 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】法一：设直线的方程为，与抛物线方程联立方程组，利用韦达定理和，可求出两点的坐标和的值，验证各选项即可； 法二：过两点向准线作垂线，垂足记为，准线与轴交于点，延长交抛物线的准线于点，设长为，则，结合抛物线定义利用比例线段求出的值，验证各选项即可. 【详解】法一：由题意知，当直线斜率为0时不符合题意，故不妨设，直线的方程为. 联立，消去，得， 则， 由可知，解得， 故直线的方程为，从而倾斜角为，A选项正确； 计算得到， 故，，B选项正确，C选项错误； ，D选项正确. 故选：C. 法二：由题意知，如图过两点向准线作垂线，垂足记为， 准线与轴交于点，延长交抛物线的准线于点. 由可知，不妨设长为，则. 结合抛物线定义，有，则，计算得， 所以，得， 由平行知直线的倾斜角也为，A选项正确； 因为，且，即故， 所以，而，B选项正确，C选项错误； ，D选项正确. 故选：C. 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，选错得0分. 9. 玩骰子的游戏中，某人连续投掷五次，记录得到的点数分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 这组数据的中位数一定是3 B. 若这组数据的极差为5，则 C. 若这组数据的平均数为3，则 D. 当时，这组数据的方差为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用中位数，极差，平均数，方差的性质或计算公式逐一分析每个选项. 【详解】A选项，由中位数定义可知，这组数的中位数是数字从小到大排列后的第三个数， 故若或2时，则中位数不是3，A错误； B选项，因为骰子的最小值为1，因此极差为5，说明这组数的最大值是6，故，B正确； C选项，若这组数的平均数为3，则，解得，C正确； D选项，当时，由C选项知此时平均数为3， 方差为：，D正确. 故选：BCD 10. 已知曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线关于直线对称 B. 曲线关于原点成中心对称 C. 曲线上的点到直线的最大距离为 D. 曲线与圆有三个公共点 【答案】AD 【解析】 【分析】点为曲线上任意一点，证明关于对称的点在曲线上可判断A；证明关于原点对称的点不在曲线上可判断B；画出曲线的图象可判断CD. 【详解】对于A选项，点为曲线上任意一点，则， 关于对称的点为，代入曲线方程得， 所以点也在曲线上，故曲线关于直线对称，故A正确； 对于B选项，关于原点对称的点为， 代入曲线方程得， 所以点不在曲线上，故曲线不关于原点成中心对称，故B错误； 对于C选项，当时，方程可化为， 当时，方程可化为， 当时，方程可化为， 当时，方程不成立， 故可画出曲线图象，如图所示： 则由图象可知，曲线上距离直线最远的点是点， 此时最远距离即圆的半径，为2，故C错误； 对于D选项，设圆的圆心为，则点坐标为， 又，此时， 故圆与曲线的位置关系如图所示，有三个公共点，故D正确. 故选：AD. 11. 设函数，则（ ） A. 当时，是函数的极小值点 B. 当时，函数有三个零点 C. 已知是函数的极大值点，若，则 D. 函数的图象关于点成中心对称 【答案】AC 【解析】 【分析】对原函数求导，得到单调区间及极值点，然后结合零点判断方法、图象平移分析即可. 【详解】，则. 当时，，函数在上单调递增. 当时，则令，解得， 根据导函数正负可知函数在和上单调递增，在上单调递减， 因此，极大值点，极大值，极小值点，极小值. 选项A：当时，极小值点，A正确. 选项B：极大值（恒正） 极小值. 零点个数由极小值符号决定： 当，即时，有三个零点； 当，即时，有两个零点； 当，即时，有一个零点； 因此当时，函数不一定有三个零点，B错误. 选项C，若是函数的极大值点，则，若，则. 即，整理得， 即，解得（舍去，因为）或.C正确. 选项D：函数可看作奇函数向上平移2个单位长度，故对称中心也向上平移2个单位长度，从而函数关于成中心对称，D错误. 故选：AC. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 6个人选3个人去演讲，若甲一定去，则有__________种选法. 【答案】10 【解析】 【分析】根据组合的定义进行求解即可. 【详解】6个人选3个人去演讲，甲一定去，所以从剩下的人中再选出人即可， 所以有种选法. 故答案为：10 13. 已知圆，过点的直线被该圆截得的最短弦长为__________. 【答案】 【解析】 【分析】当圆心与定点的连线与弦所在直线垂直时弦长最短，利用勾股定理求弦长即可. 【详解】圆可化为， 所以圆心为，半径， 当圆心与定点的连线与弦所在直线垂直时弦长最短， 则， 此时弦长为. 故答案为：. 14. 高斯是德国天才数学家，享有“数学王子”的美誉，以高斯命名的概念､定理､公式很多，如高斯函数，其中不超过实数的最大整数称为的整数部分，记作，如.已知为正项数列的前项和，且，则__________. 【答案】90 【解析】 【分析】利用数列中与的关系将变形得到，从而得到的通项公式，进而求出及的表达式，判断出的范围即可得解. 【详解】当时，，且，则. 因为为正项数列，所以当时，， 所以，即. 将上式左右两边同时乘以，整理可得. 所以数列是首项为1，公差为1的等差数列. 所以，又，则， 则， 所以， 因为， 所以，所以. 故答案为：90 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. 在中，角所对的边分别为，已知，且. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）根据向量垂直得到，进而得到，结合的范围求解即可. （2）根据三角形面积公式求出，结合余弦定理求出，进而求出周长. 【小问1详解】 因为，所以，则， 若，则，与矛盾，所以， 所以，又，所以. 【小问2详解】 由（1）知，. 由题意知，则， 由余弦定理， 则，即， 解得，则. 故的周长为6. 16. 如图，在正四棱锥中，所有棱长都相等，为侧棱的中点. （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）由线面平行的判定定理可得； （2）以正四棱锥的底面中心为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据线面角的向量求法求得直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 连接，交于点. 因为正四棱锥的底面是正方形，所以点是中点. 又点是中点，故， 因平面平面，故平面. 【小问2详解】 由正四棱锥可知平面且底面为正方形，所以. 以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正四棱锥各棱长为，则，. 故， 设平面的法向量为， 则，故可取 设直线与平面所成角为， 则. 故直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知数列的首项，且满足， （1）求证：数列为等比数列； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） ， ，即， 又是以为首项，为公比的等比数列； （2） 【解析】 【分析】（1）将原式两边同时取倒数，再根据等比数列的定义证明即可； （2）先得到的通项公式，再利用分组求和，错位相减等方法即可求出其前项和. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得，，. 记数列的前项和为，数列的前项和为. ，① ，② 用①的两边减去②的两边，可得 ， . 又， . 18. 已知椭圆的离心率为，右顶点为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆的右焦点作与轴不重合的直线与椭圆交于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为. （i）证明：为定值； （ii）求面积的最大值. 【答案】（1） （2） （i）因为直线不与轴重合，设直线的方程为， 联立，整理得， 则恒成立， 则， 由，所以， 所以， 代入得，即为定值， （ii） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的概念以及椭圆离心率的定义，列出方程，求出参数值，写出椭圆标准方程即可. （2）根据直线与椭圆的位置关系，联立方程组，根据韦达定理，表示出两直线的斜率，进而判断斜率之积为定值，再根据三角形面积公式，用韦达定理表示出三角形面积，构造函数，根据函数单调性，判断函数最大值，求出结果. 【小问1详解】 由题意得，所以， 因为，解得； 因此椭圆的标准方程为， 【小问2详解】 （i）略 （ii）的面积， 即， 令，则， 则，所以在单调递减， 所以，即面积的最大值为. 19. 已知函数 （1）当时，求在点处的切线方程； （2）试讨论函数的零点个数； （3）当函数恰有三个零点，且时，求证：. 【答案】（1） （2） 当时，恰有1个零点；当时，恰有3个零点. （3） 因为，由（2）知， ，又， 又因为，结合，所以， 又因为，所以， 而 ， 令，则， 故在上为增函数，， ，故， 即得证. 【解析】 【分析】（1）将代入，对求导，再根据导数的几何意义即可得解. （2）求得的导函数为，分，，三种情况讨论符号，由，可确定的零点个数； （3）由（2）可知，，可得到，将不等式两边相减，构造新函数，对其求导可判断单调性，即可证明，可以证明不等式成立. 【小问1详解】 当时， 则，即，所以切线的斜率为， 又，所以切点为， 故在点处的切线方程为，即； 【小问2详解】 函数，易知， 因为， ①当时，， 在单调递增，此时恰有1个零点为1. ②当时，，即， 在单调递增，此时恰有1个零点为1. ③当时，令，即，解得或， ， 令，得或；令，得， 在和单调递增，在单调递减， 在上只有一个零点1，且 又因为当时，，所以在上恰有一个零点， 又因为当时，，所以在上恰有一个零点， 故此时函数共有三个零点， 综上所述，当时，恰有1个零点；当时，恰有3个零点. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $