精品解析：湖南岳阳市汨罗市第二中学2025-2026学年高三上学期2月期末数学试题

2026年2月高三数学期末考试试卷 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据一元二次不等式计算求解集合B，再应用交集定义计算判断. 【详解】集合， 则. 故选：C 2. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的几何意义得到，进而求出和，代入即可求出答案. 【详解】由题意得，则，， 所以. 故选：C. 3. 已知函数若，则（ ） A. 3或1 B. 0或-2 C. 0 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】分析函数的单调性，列出关于的不等式组，求解可得，代入可求得其值. 【详解】由的解析式易得在区间上单调递增，在区间上单调递减. 由，得，所以解得. ． 故选：C. 4. 2025年春节期间，有《封神》《哪吒》《神雕英雄传》《熊出没》《唐探1900》五部电影上映，小李和另外3名同学去随机观看这五部电影，则小李看电影《哪吒》且4人中恰有2人看同一部电影的不同排列方式共有（ ） A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 72种 【答案】D 【解析】 【分析】分类求出满足小李看电影《哪吒》且4人中恰有2人看同一部电影的不同排列方式. 【详解】若小李看《哪吒》，且4人中恰有两人看同一部电影， 有两人看《哪吒》，则有种方案，有一人看《哪吒》电影，则有种方案， 即满足小李看《哪吒》，且4人中恰有两人看同一部电影一共有种方案. 故选：D. 5. 已知等差数列的前4项和，，等比数列满足，，则（ ） A. 81 B. 243 C. 27 D. 729 【答案】B 【解析】 【分析】先根据等差数列前n项和公式和通项公式基本量的运算求得，然后利用等比数列通项公式基本量的运算求解即可. 【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 在等差数列中，，， 所以有，故， 所以，，则，故. 故选：B 6. 已知分别为双曲线：的左、右焦点，为右支上的一点，线段与轴交于点为坐标原点，过点作，垂足为为线段上的一点，满足，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得为的重心，为的中点．从而得，，进而得，在中，求得，在中，由余弦定理，得，即有解得，，即可得答案. 【详解】如图，设， 为的中点，； 为的重心，为的中点． 又． 由双曲线的定义可知， ． 在中，． 在中，由余弦定理，得， 化简得 或（舍去）， ． 故的渐近线方程为． 故选：A. 7. 设函数的定义域为是的极大值点，则（ ） A. 是的极小值点 B. 是的极大值点 C. 是的极小值点 D. 是的极大值点 【答案】C 【解析】 【分析】A选项，的图象和的图象关于轴对称，是的极大值点；BD选项，可举出反例；C选项，的图象和的图象关于原点对称，故是的极小值点. 【详解】A选项，的图象和的图象关于轴对称， 因为是的极大值点，故是的极大值点，A错误； BD选项，取，则是的极大值点， ，故不是的极大值点，B错误； ，其为偶函数，在上单调递减， 不是的极大值点，D错误. C选项，的图象和的图象关于原点对称， 因为是的极大值点，故是的极小值点，C正确. 故选：C 8. 如图，在一个底面边长为4，侧棱长为的正四棱锥中，大球内切于该四棱锥，小球与大球及四棱锥的四个侧面相切，则小球的体积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出正四棱锥的高，利用相切可求球的半径，结合体积公式可得答案. 【详解】正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，所以斜高为，高为， 设底面中心为, 的中点为，如图，截面中，设为球与平面的切点，则在上，且. 设球的半径为,则, 因为，所以，所以, 所以，即. 设球与球相切于点，则，设球的半径为， 同理可得，所以，故小球的体积为. 故选：A 二、多选题（每题5分，共15分） 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量，且，则 B. 在回归分析中，残差图中残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示拟合效果越好 C. 对两个变量进行相关性检验，得到相关系数为，对两个变量进行相关性检验，得到相关系数为0.8278，则与负相关，与正相关，其中与的相关性更强 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用正态分布的三段区间概率及对称性计算可判定A，利用残差的意义可判定B，利用相关系数的意义可判定C，利用条件概率及全概率公式可判定D. 【详解】由题意得， 则， 故选项A正确； 在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄， 表明数据越集中，模型的拟合效果越好，故选项B正确； ，且与负相关，与正相关， 且与的相关性更强，故选项C错误； ． ． ． 又根据全概率公式得， ，故选项D正确． 故选：ABD 10. 为抛物线上一点，为的焦点，直线的方程为，则（ ） A. 若，则的最小值为3 B. 点到直线的距离的最小值为 C. 若存在点，使得过点可作两条相互垂直的直线与圆都相切，则的取值范围为 D. 过直线上一点作抛物线的两条切线，切点分别为，，则到直线距离的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用抛物线的定义，结合几何法可判断A，利用点到直线的距离公式，结合二次函数可判断B，利用切线问题转化为到圆心的距离问题，再结合二次函数可判断C，设，切点，，的斜率为，得到，再得到切点弦直线方程，进而得到直线过定点，即可判断D． 【详解】 由可得：，焦点，准线方程为， 过点作准线的垂线，垂足为， 则，故A正确； 设抛物线上的动点，则由点到直线的距离公式可得： ，故B错误； 设存在点P，使得过点P可作两条垂直的直线与圆相切，圆心, 则，即， 从而把问题转化为抛物线上存在点P到点的距离为，设， 则， 即，故C正确； 设，切点，，的斜率为， 由题意知切线斜率存在，设为， 联立得， ，即， ， 原方程为， ， 所以切线方程为：，即， 同理切线方程为：， 由于切线与切线相交于点， 所以有：与成立， 由于切点满足直线方程， 即直线方程为：，因为， 则，即， 所以直线恒过定点， 故到直线距离的最大值为，故D正确． 故选：ACD． 11. 定义：一个平面封闭区域内任意两点之间的距离的最大值称为该区域的“直径”．在中，边上的高等于，以的各边为直径向外分别作三个半圆，记三个半圆围成的平面区域为，其“直径”为，则（ ） A. B. 面积的最大值为 C. 当时， D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由三角形等面积法及余弦定理可判断A，再由基本不等式得出范围即可得出面积最大值判断B，再由题目条件得出三角形为等腰直角三角形，即可求出最大值判断C，由C中结论及基本不等式判断D. 【详解】设角所对的边长为 由三角形的面积公式可得， 所以，由余弦定理，可得，所以，故A正确； 由，又，所以， 所以，所以，且仅当时取等，B正确； 设边上的中点分别为，在上取一点M，在上取一点， 由两点间线段最短可得，当且仅当 四点共线时取等，所以，又， 所以，解得，所以，，所以，故C错误； 由前可知，，当且仅当时取等，故D正确. 故选：ABD 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知圆与直线，若直线l与圆C相交于A，B两点，且为等边三角形，则______． 【答案】 【解析】 【分析】将圆的方程转化为标准方程，求得其圆心和半径，根据为等边三角形可知等于圆的半径，由此求得圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式，即可求得的值. 【详解】由圆，得. 所以圆心的坐标为，半径. 因为为等边三角形，所以. 所以圆心到直线的距离为. 即，所以. 故答案为：. 13. 已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先通过已知条件求出的值，再利用立方和公式，结合进行计算. 【详解】由两边平方，得， 而， . 故答案为：. 14. 在等腰直角三角形中，斜边为斜边上的一点，沿直线将折起形成二面角．当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦定理得出三棱锥的高最大为，再应用换元法计算求解得出线线垂直进而得出外接球半径，最后应用球的表面积求解. 【详解】如图，为直角三角形，且． 设，过点作，交直线于点，则． 在中，由正弦定理，得 ． 当平面平面时，三棱锥的高最大，为． ． 设，则． ． 在区间上单调递增，． ，当时取等号，此时取得最大值，最大值为． 此时，且两两互相垂直． 三棱锥的外接球的直径为表面积为． 故答案为： 四、解答题（共80分） 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量，，且． （1）求A； （2）若，求周长的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，得，由正弦定理求得，可得答案； （2）由余弦定理得，利用基本不等式可得，可解周长最大值. 【小问1详解】 .，， ， 根据正弦定理， ，， ，即， ，所以，则， ； 【小问2详解】 由余弦定理， 得， 根据基本不等式，，可得， 则，当且仅当时，等号成立， 所以当时，周长的最大值是6. 16. 在正三角形的顶点上有一只机器蛙每隔一分钟跳一次（跳动的时间忽略不计），每次跳动，原地跳动的概率为，跳向另外两点的概率均为.假设开始时，机器蛙在正三角形的顶点处做第一次跳动. （1）求经过2次跳动后，机器蛙在顶点处的概率； （2）求经过次跳动后机器蛙在顶点处的概率； （3）记由前次跳动导致机器蛙在顶点处停留的总时间为随机变量（分钟），求. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出第1次跳动后机器蛙在，，处的概率，再以第1次跳动的结果为基础，分类计算第2次跳到处的所有路径，计算出每种路径的概率相加即可. （2）由跳动规则的对称性得到，，分析出第次跳动后在出的概率，经变量代换后结合等比数列求解即可. （3）计算出，将总停留时间拆分为个独立事件，根据结合等比数列的前项和公式求解即可. 【小问1详解】 记第次跳动后机器蛙在，，处的概率分别为，，. 第1次跳动后的概率为：，，. 经过2次跳动后，机器蛙在顶点处有三种路径： 第1次在，第2次从跳到； 第1次在，第2次在原地跳；第1次在，第2次从跳到； 所以. 【小问2详解】 因为机器蛙从出发，且在任意定点的跳动规则是统一的， 所以跳到的路径与跳到的路径在概率计算上是完全镜像的，即，且. 经过次跳动后机器蛙在顶点有三种路径：第次在，第次从跳到； 第次在，第次从跳到； 第次在，第次在原地跳； 则 . 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即， 所以. 【小问3详解】 由（2）可知. 由题意可知，当第次跳动后在A处时，，其他情况， 所以停留的总时间， 所以. 而， 所以 . 故. 17. 已知椭圆的长轴长为，离心率为． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知曲线为该曲线上不同的三点，若直线均与椭圆相切，请判断直线与椭圆是否相切并说明理由． 【答案】（1） （2）直线与椭圆相切，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，即可求得，即可得答案； （2）设，由直线均与椭圆相切，可得①，②，将可以看作方程的两个根，由韦达定理可得，即可得结论. 【小问1详解】 由题意可得，解得， 又因为离心率为，所以，解得， 所以， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 直线与椭圆相切，理由如下： 设， 则． 直线的方程为， 即． 同理可得直线的方程为， 直线的方程为， 与椭圆方程联立得， 化简得． 由与椭圆相切可得，即，① 由与椭圆相切同理可得，② 那么若证出③，则与椭圆相切． 下证与椭圆相切： 由①②可知，可以看作方程的两个根， 由韦达定理得. 所以 ， 故③成立， 所以直线与椭圆相切. 18. 如图，圆台的下底面圆的半径为，为圆的内接正方形．为上底面圆上两点，为的中点，且平面平面，． （1）求证：； （2）若，求与平面所成角正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）利用正方形的性质证明，再借助已知线线垂直可证明线面垂直，再利用面面垂直可证明线面垂直，从而可得线线垂直，即证中点； （2）利用空间向量法来研究线面角的正弦值，然后借助函数的单调性求出最大值. 【小问1详解】 证明：取的中点G，连交AF于H. 在正方形中，由于F为的中点， 可得，则， 因为，所以， 得到，即 因为平面， 所以平面，又平面，故 由于平面平面，平面平面， ，故平面，又平面，则. 因为，平面， 所以平面，又因为平面， 则，又点G是的中点，故. 【小问2详解】 由于圆O的半径为，则正方形的边长为2， 又，则. 以O为坐标原点，过点O作平行的直线分别为x轴，y轴， 所在的直线为z轴建立如图空间直角坐标系. 则， 易求上底面圆的半径为1，故. 故，，. 设平面的法向量为，由， 得 取，，故， 设与平面所成角为，则，， 令得，， 所以在上单调递增， 故. 所以与平面所成角正弦值的最大值为． 19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：的两个焦点分别为，，为椭圆上一动点，设，当时，的面积取得最大值． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，（点在点，之间）． （i）求的取值范围； （ii）若为椭圆上一点，且，求四边形的面积． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）设，则，设为椭圆的半焦距，则，可求出，求的面积的最大值就是求的最大值，根据的范围可得，由得到，通过解方程组得到的值，从而得到椭圆的标准方程； （2）（i）设直线的方程，直线和椭圆联立方程组，消去，得到的一元二次方程，设的坐标，由题意可知的一元二次方程的，从而解出的取值范围，利用韦达定理求出和，从而得到同号，求出，由和求出，由的范围求出的范围，换元法设，由点在点，之间得到， 由的范围求出的范围，即得到的范围，继而得到的范围即为所求；（ii）得到和四边形为平行四边形，求出即得的坐标，将点代入椭圆的方程求出的值，利用弦长公式求出，设点直线的距离为，利用点到直线的距离公式求出，则代入数集求解即可. 【小问1详解】 设，则，设为椭圆的半焦距，则， ， 当取最大值时，的面积取得最大值时， ，时，取最大值，此时，或， 的最大面积为，的最大面积为， ，此时，则， ，， 又，联立，解得， 椭圆的标准方程； 【小问2详解】 （i）如图，直线的方程为时，不存在，不满足题意， 设直线的方程为， 联立，消去，得到， 整理得， 设，，， 过点的直线与椭圆交于不同的两点，， ，， ，，同号， ， ，同号，， ，， ，，， ， 设，点在点，之间，则， 转化为， ，，，， ，，，， 的取值范围. （ii）如图，作出符合题意的图形， ，， ，，且四边形为平行四边形， ，， ，为椭圆上一点，， ，， ， ，， 设点直线的距离为，， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年2月高三数学期末考试试卷 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数若，则（ ） A. 3或1 B. 0或-2 C. 0 D. 1 4. 2025年春节期间，有《封神》《哪吒》《神雕英雄传》《熊出没》《唐探1900》五部电影上映，小李和另外3名同学去随机观看这五部电影，则小李看电影《哪吒》且4人中恰有2人看同一部电影的不同排列方式共有（ ） A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 72种 5. 已知等差数列的前4项和，，等比数列满足，，则（ ） A. 81 B. 243 C. 27 D. 729 6. 已知分别为双曲线：的左、右焦点，为右支上的一点，线段与轴交于点为坐标原点，过点作，垂足为为线段上的一点，满足，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 设函数的定义域为是的极大值点，则（ ） A. 是的极小值点 B. 是的极大值点 C. 是的极小值点 D. 是的极大值点 8. 如图，在一个底面边长为4，侧棱长为的正四棱锥中，大球内切于该四棱锥，小球与大球及四棱锥的四个侧面相切，则小球的体积为（ ）． A. B. C. D. 二、多选题（每题5分，共15分） 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量，且，则 B. 在回归分析中，残差图中残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示拟合效果越好 C. 对两个变量进行相关性检验，得到相关系数为，对两个变量进行相关性检验，得到相关系数为0.8278，则与负相关，与正相关，其中与的相关性更强 D. 若，则 10. 为抛物线上一点，为的焦点，直线的方程为，则（ ） A. 若，则的最小值为3 B. 点到直线的距离的最小值为 C. 若存在点，使得过点可作两条相互垂直的直线与圆都相切，则的取值范围为 D. 过直线上一点作抛物线的两条切线，切点分别为，，则到直线距离的最大值为 11. 定义：一个平面封闭区域内任意两点之间的距离的最大值称为该区域的“直径”．在中，边上的高等于，以的各边为直径向外分别作三个半圆，记三个半圆围成的平面区域为，其“直径”为，则（ ） A. B. 面积的最大值为 C. 当时， D. 的最大值为 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知圆与直线，若直线l与圆C相交于A，B两点，且为等边三角形，则______． 13. 已知，则__________. 14. 在等腰直角三角形中，斜边为斜边上的一点，沿直线将折起形成二面角．当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为___________． 四、解答题（共80分） 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量，，且． （1）求A； （2）若，求周长的最大值． 16. 在正三角形的顶点上有一只机器蛙每隔一分钟跳一次（跳动的时间忽略不计），每次跳动，原地跳动的概率为，跳向另外两点的概率均为.假设开始时，机器蛙在正三角形的顶点处做第一次跳动. （1）求经过2次跳动后，机器蛙在顶点处的概率； （2）求经过次跳动后机器蛙在顶点处的概率； （3）记由前次跳动导致机器蛙在顶点处停留的总时间为随机变量（分钟），求. 17. 已知椭圆的长轴长为，离心率为． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知曲线为该曲线上不同的三点，若直线均与椭圆相切，请判断直线与椭圆是否相切并说明理由． 18. 如图，圆台的下底面圆的半径为，为圆的内接正方形．为上底面圆上两点，为的中点，且平面平面，． （1）求证：； （2）若，求与平面所成角正弦值的最大值． 19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：的两个焦点分别为，，为椭圆上一动点，设，当时，的面积取得最大值． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，（点在点，之间）． （i）求的取值范围； （ii）若为椭圆上一点，且，求四边形的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $