精品解析：云南师范大学附属中学2025-2026学年高二上学期期末模拟考试数学试题

云南师范大学附属中学2025-2026学年高二上学期期末模拟考试数学试题 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出，利用交集概念求出答案. 【详解】由题意得，，则． 故选：A． 2. 如下图所示将若干个点摆成三角形图案，每条边（包括两个端点）有个点，相应的图案中总的点数记为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】读图可知每个边有个点，把每个边的点数相加得3n，这样角上的点数被重复计算了一次，可得，结合通项公式求解. 【详解】由图知，每个边有个点，把每个边的点数相加得3n， 这样角上的点数被重复计算了一次，故， 即知， 所以 ， 故选：C. 3. 某公司生产，，三种不同型号的轿车，产量之比依次为，为检验该公司的产品质量，用分层抽样的方法抽取一个容量为的样本，若样本中种型号的轿车比种型号的轿车少8辆，则 A. 96 B. 72 C. 48 D. 36 【答案】B 【解析】 【分析】根据分层比例列式求解. 【详解】由题意得选B. 【点睛】本题考查分层抽样，考查基本分析求解能力，属基础题. 4. 一束光线从点射出，经x轴上一点C反射后到达圆上一点B，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 做出圆关于轴的对称圆，进而根据图形得即可求解. 【详解】解：如图，圆的圆心， 其关于轴的对称圆的圆心为， 由图得. 故选：C. 【点睛】解题的关键在于求圆关于轴的对称圆圆心，进而将问题转化求解. 5. 设，则它们的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数函数的单调性即可求解. 【详解】由于，故， 而，故， 故选：D 6. 将函数的图象向右平移个单位长度，再将各点的横坐标变为原来的，得到函数的图象，若在上的值域为，则范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意利用函数的图象变换规律，余弦函数的单调性，得出结论． 【详解】解：将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象； 再将各点的横坐标变为原来的，得到函数的图象． 若在上的值域为，此时，，， ，求得， 故选：A． 【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，余弦函数的单调性，属于基础题． 7. 某校为了提倡素质教育，丰富学生们的课外生活，分别成立绘画、象棋和篮球等三个兴趣小组.现有甲、乙、丙、丁、戊五名同学报名参加，每人仅参加一个兴趣小组，每个兴趣小组至少有一个人报名，且甲不能参加绘画，则不同的报名方法有（ ） A. 150 B. 114 C. 100 D. 72 【答案】C 【解析】 【分析】分类讨论参加绘画小组的人数，对参加象棋和篮球小组的人数进行分组，然后进行排序，最后利用分类计数原理求解. 【详解】甲不能参加绘画，若有1人参加绘画小组，有种，则有4人参加象棋和篮球， 人数分为，，故有种，共有种； 若有2人参加绘画小组，有种，则有3人参加象棋和篮球，人数分为， 故有种，共有种； 若有3人参加绘画小组，有种，则还有2人参加象棋和篮球，人数分为， 故有种，共有种， 根据分类计数原理，共有种， 故选：C. 8. 已知函数 恰有2个零点，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用同构将函数进行化简，在利用单调性与交点个数转化成切线处理问题. 【详解】令f(x)=0，得 即 令 则 (1-e)t-1=0， 令 则 令 在区间(ln(e-1) ，+∞)上单调递增； 令 在区间 上单调递减，又 1，h(0)=h（1）=0，则h(x)=0有且只有两个根，分别为0，1. 当a≥0时，函数f(x)恰有2个零点等价于 的图象与直线y=0和y=1共有2个交点. 令p(x)= lnx+ ax，则 则p(x)在区间(0，+∞)上单调递增，又x→0，p(x)→-∞，x→+∞，p(x)→+∞，即p(x)∈R，则.y= ax+ lnx的图象与直线y=0和y=1各有1个交点，符合题意. 当a<0时，函数f(x)恰有2个零点，等价于函数y=lnx的图象与直线y=-ax，y=1-ax的图象共有2个交点，临界情况为两条直线分别与y=lnx的图象相切. 如图1，当y=-ax与y=lnx相切，设对应切点为，因为 则相应切线方程为 如图2，当y=1-ax与y= lnx相切，设对应切点为，则相应切线方程为 则 综上 故选：D. 二、多选题 9. 已知向量，，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为钝角，则 D. 在上的投影向量为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标表示判断A，根据数量积的运算律得到，再由数量积的坐标表示判断B，利用特殊值判断C，根据投影向量的定义判断D. 【详解】对于A：因为，所以，解得，故A错误； 对于B：若，则，即， 所以，即，解得，故B正确； 对于C：当时，，此时与的夹角为，故C错误； 对于D：因为，，所以在上的投影向量为，故D正确. 故选：BD 10. 已知椭圆的左，右焦点分别为，过点垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，，若点P是椭圆C上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 的面积的最大值为 C. 的取值范围为 D. C上有且只有4个点P，使得是直角三角形 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意得是等边三角形，从而可求得，再根据通径可求得，即可求得椭圆方程，由当点位于上下顶点时，最大，结合余弦定理即可判断A；设，再根据即可判断B；根据数量积的坐标表示结合的范围，即可判断C；分别分析以三个点为直角顶点的直角三角形的个数，即可判断D. 【详解】解：由题意得是等边三角形， 所以的周长为，所以， 令，则， 则，所以， 所以椭圆， 对于A，当点位于上下顶点时，最大， 此时的最小为， 故A错误； 对于B，设， 则， 所以的面积的最大值为，故B正确； 对于C，设， 则，所以， 又， 则， 因为，所以， 所以，故C正确； 对于D，由A选项可知，最大时为锐角， 所以以点为直角顶点的不存在， 以点为直角顶点的分别有2个， 所以C上有且只有4个点P，使得是直角三角形，故D正确. 故选：BCD. 11. 大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足，，则（ ） A. 当为偶数时， B. 当为奇数时， C. D. 数列的前项和为 【答案】AB 【解析】 【分析】当时，；当时，，联立利用累加法即可得到为奇数时的通项公式，再由递推公式即可得到为偶数时的通项公式，利用特殊值验证CD即可. 【详解】令且， 当时，①；当时，②， ①②联立得， 所以，累加得， 令（且为奇数）得 ，当时仍成立， 所以当为奇数时，，B正确； 当为奇数时，，所以，其中为偶数，A正确； 当为偶数时，C错误； 数列前项和， 因为①， ②， 所以①-②，D错误； 故选：AB. 三、填空题 12. 与双曲线有公共的渐近线且过点的双曲线方程是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意结合共渐近线的双曲线可设，代入点运算求解即可. 【详解】设所求双曲线的方程为， 因为点在双曲线上，可得，即， 所以双曲线的方程是. 故答案为：. 13. 已知圆台的上、下底面中心分别为，且，上、下底面半径分别为2，12，在圆台容器内放置一个可以任意转动的球，则该球表面积的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意作出轴截面，设圆台内能放置的最大球的球心为，且与底面和母线AB分别切于两点，利用直角三角形知识求得，即可求解球的表面积． 【详解】如图所示， 根据题意可知． 设圆台内能放置的最大球的球心为，且与底面和母线AB分别切于两点， 因为，所以，所以， 所以可知球的半径， 此时球的直径为， 即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的表面积． 故答案为：. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解． 14. 已知函数，（）若上仅有3个整数值，则实数的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】 由题意可知部分图象在直线的下方，根据过的定点坐标可知符合题意；求得，并求得极值点，即可确定3个整数解的值，可得关于的不等式组，解不等式组即可得的取值范围. 【详解】 函数，， ， 因为在上仅有3个整数解， 可知部分图象在直线的下方， 对于，，直线过定点， 易得，， 对于函数， ∵， ∴； ∴， ， 根据的图像单调性可以判断若在仅有3个整数解， 则除外，还有两个整数解为，， 从而满足的条件为：， 解不等式组可得， 故答案为：. 【点睛】本题考查了函数图像关系的综合应用，由导数确定函数的单调性与极值点，结合不等式组求参数的取值范围，属于较难题. 四、解答题 15. 在中，角的对边分别为，且满足． （1）求B的大小； （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2）9 【解析】 【分析】（1）根据题意，由余弦定理得，再由正弦定理得，即可求解； （2）由三角形的面积公式，求得，根据题意和余弦定理，化简求得的值，即可求解. 【小问1详解】 解：因为，可得， 由余弦定理得， 又由正弦定理得， 因为，所以，所以，所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 解：由三角形的面积公式，可得，可得， 又由余弦定理得， 因为，所以，解得， 所以的周长为． 16. 如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，且，点E在上. （1）求证：平面； （2）若E为的中点，求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1） 因为底面，、底面，所以，， 所以，， 所以矩形是正方形，所以， 因为，所以平面 （2）. 【解析】 【分析】（1）由条件可得，，然后算出的长度可得矩形是正方形，然后可得，即可证明； （2）、、两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知、、两两垂直，建系如图， ，0，，，2，，，0，，，2，，，1，， ，，，，1，，，2，， 设平面的法向量为， 则，，即 所以可取，0，， 所以直线与平面所成的角的正弦值为． 17. 已知等差数列的前n项和为，且，，数列满足，． （1）求数列，的通项公式； （2）记，若数列的前n项和为，数列的前n项和为，探究：是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1）， （2）是定值，定值为2 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为d，列方程组求出和，即可得的通项；由，可得，数列是等比数列，求出通项后可得的通项. （2），由错位相减法求数列的前n项和，根据，由等比数列前n项和公式求数列的前n项和，代入中化简即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为d， 由已知，可得解得 ∴， 又，∴， 又，∴数列是等比数列，首项为4，公比为4， ∴，∴. 【小问2详解】 由（1）知， 数列的前n项和为①， ∴②； ①-②，得， ∴， 又，则其前n项和为， ∴，∴为定值2． 18. 已知函数，其中. （1）求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）当时，令函数，证明：. 【答案】（1） （2） 当时，在上单调递减. 当时，在上单调递减，在上单调递增. （3） 当时，， . 令，则. 构建函数. 当时，函数单调递增. 当时，函数单调递增. 在内有唯一零点. 当函数单调递减. 当函数单调递增. 当时，函数取最小值. . . 构造函数. 令. 当时，函数单调递增. 当时，函数单调递增. . 【解析】 【分析】（1）求导，并计算，由点斜式写出直线方程； （2）利用导数分类讨论函数单调性； （3），利用导数研究函数的最小值即可得证. 【小问1详解】 ， . 切线方程为：，即. 【小问2详解】 由题意得函数的定义域为， ， ， ①当时，在上单调递减； ②当时，时，在上单调递减. 时，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递减. 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 19. 已知点P是抛物线：的准线上任意一点，过点P作抛物线的两条切线PA、PB，其中A、B为切点. （1）写出抛物线焦点及准线方程； （2）求弦AB长的最小值； （3）若直线AB交椭圆：于C、D两点，、分别是△PAB、△PCD的面积，求的最小值. 【答案】（1）焦点，准线方程为 （2）4 （3）. 【解析】 【分析】（1）由抛物线方程直接得到参数，继而可得抛物线焦点及准线方程； （2）先证明出抛物线在其上一点处的切线方程为，然后设、，由同一法可得直线的方程为，与抛物线方程联立用弦长公式求出最值即可； （3）将面积比转化为弦长比，然后求出直线与椭圆的弦长，构造关于参数的函数求最值即可. 【小问1详解】 因为抛物线：， 所以由题意得， 所以，焦点，准线方程为. 【小问2详解】 设点在抛物线上，则， 联立，消去x得，，即， 所以，关于y的方程有两个相等的实根，此时， 因此，直线与抛物线相切，且切点为. 设点、，， 则以A为切点的切线方程为， 同理以B为切点的切线方程为， ∵两条切线均过点， ∴，即， 所以，点A、B的坐标满足直线的方程， 所以，直线AB的方程为， 在直线AB的方程中，令，可得，所以，直线AB过定点； 由题意可知，直线AB不与x轴重合，可设直线AB的方程为， 联立，可得， 恒成立， 由韦达定理得，， 由弦长公式可得， 当时，弦AB长的最小值为4. 【小问3详解】 设点P到直线AB的距离为d，则, 设、， 由，得， 恒成立. 由韦达定理得，， 由弦长公式得. ∴， 当且仅当时，等号成立. 因此，的最小值为. 【点睛】方法法点睛：求切点弦，一般可从同构出发利用同一法求解。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南师范大学附属中学2025-2026学年高二上学期期末模拟考试数学试题 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 如下图所示将若干个点摆成三角形图案，每条边（包括两个端点）有个点，相应的图案中总的点数记为，则（ ） A. B. C. D. 3. 某公司生产，，三种不同型号的轿车，产量之比依次为，为检验该公司的产品质量，用分层抽样的方法抽取一个容量为的样本，若样本中种型号的轿车比种型号的轿车少8辆，则 A. 96 B. 72 C. 48 D. 36 4. 一束光线从点射出，经x轴上一点C反射后到达圆上一点B，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 设，则它们的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 将函数的图象向右平移个单位长度，再将各点的横坐标变为原来的，得到函数的图象，若在上的值域为，则范围为（ ） A. B. C. D. 7. 某校为了提倡素质教育，丰富学生们的课外生活，分别成立绘画、象棋和篮球等三个兴趣小组.现有甲、乙、丙、丁、戊五名同学报名参加，每人仅参加一个兴趣小组，每个兴趣小组至少有一个人报名，且甲不能参加绘画，则不同的报名方法有（ ） A. 150 B. 114 C. 100 D. 72 8. 已知函数 恰有2个零点，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知向量，，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为钝角，则 D. 在上的投影向量为 10. 已知椭圆的左，右焦点分别为，过点垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，，若点P是椭圆C上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 的面积的最大值为 C. 的取值范围为 D. C上有且只有4个点P，使得是直角三角形 11. 大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足，，则（ ） A. 当为偶数时， B. 当为奇数时， C. D. 数列的前项和为 三、填空题 12. 与双曲线有公共的渐近线且过点的双曲线方程是______. 13. 已知圆台的上、下底面中心分别为，且，上、下底面半径分别为2，12，在圆台容器内放置一个可以任意转动的球，则该球表面积的最大值为________． 14. 已知函数，（）若上仅有3个整数值，则实数的取值范围为________. 四、解答题 15. 在中，角的对边分别为，且满足． （1）求B的大小； （2）若，的面积为，求的周长． 16. 如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，且，点E在上. （1）求证：平面； （2）若E为的中点，求直线与平面所成的角的正弦值. 17. 已知等差数列的前n项和为，且，，数列满足，． （1）求数列，的通项公式； （2）记，若数列的前n项和为，数列的前n项和为，探究：是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 18. 已知函数，其中. （1）求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）当时，令函数，证明：. 19. 已知点P是抛物线：的准线上任意一点，过点P作抛物线的两条切线PA、PB，其中A、B为切点. （1）写出抛物线焦点及准线方程； （2）求弦AB长的最小值； （3）若直线AB交椭圆：于C、D两点，、分别是△PAB、△PCD的面积，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $