精品解析：云南曲靖市陆良县2025-2026学年高二年级上学期期末考试数学试题

陆良县2025年秋季学期高二年级期末考试 数学试题卷 （全卷四个大题，共19个小题，共6页；满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上． 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题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．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．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，满分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. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 若直线为双曲线的一条渐近线，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 6. 已知定义在R上的函数，其中是奇函数且在R上单调递减，则的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆锥的轴截面是一个正三角形，其中是圆锥顶点，AB是底面直径．若C是底面圆O上一点，P是母线SC上一点，，，则三棱锥外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 8. Deepseek（深度求索）是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.8，衰减速度为30，且当训练迭代轮数为10时，学习率衰减为0.4，则学习率衰减到0.3以下（不含0.3）所需的训练迭代轮数至少为（ ） （参考数据：，） A. 14 B. 15 C. 16 D. 17 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 若事件两两独立，则 B. 样本数据32、20、42、28、34、48、36、39、45、52、49、55的下四分位数为33 C. 从装有3个红球，4个白球的袋中任意摸出3个球，事件“至少有2个红球”，事件“都是白球”，则事件与事件是对立事件 D. 若的平均数为2，方差为1，的平均数为6，方差为2，则的方差为5.5 10. 已知抛物线，直线过的焦点，且与交于两点，则下列说法中正确的是（ ） A. 若直线的斜率为，则 B. 以为直径的圆与轴相切 C. 的最小值为 D. 若点，则周长的最小值为 11. 函数的定义域为，且对任意的实数，都有，且，则下列说法正确的是（ ） A. 为偶函数 B. 为周期函数且周期为12 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在等比数列中，，公比，则___________． 13. 已知直线，若，则___________ 14. 在中，内角的对边分别是，且，则的最大值是___________． 四、解答题：本题共5题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数，再从条件①､条件②､条件③中选择一个作为已知， （1）求的解析式； （2）当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围. 条件①：函数的图象经过点； 条件②：函数的图象可由函数的图象平移得到； 条件③：函数的图象相邻的两个对称中心之间的距离为. 注：如果选择条件①､条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分. 16. 已知圆及直线． （1）求过点的圆的切线方程； （2）找出不论取什么实数时直线恒经过的点，并证明：直线与圆恒相交； （3）求直线被圆截得的最短弦的长． 17. 如图，在四棱锥中，，． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正切值． 18. 已知椭圆的离心率，左、右焦点分别为，且焦距为2． （1）求椭圆的标准方程； （2）设不与坐标轴垂直的直线与交于两点，线段的中点为，为坐标原点． （i）设直线与的斜率分别为，求证：为定值； （ii）若直线的方向向量为，求点的坐标. 19. 已知数列满足 （1）求证：为等差数列； （2）设，记数列的前项和为， ①求； ②若，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陆良县2025年秋季学期高二年级期末考试 数学试题卷 （全卷四个大题，共19个小题，共6页；满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上． 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题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．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．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，满分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. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用特称命题的性质写出命题的否定即可. 【详解】命题“”的否定为. 故选：A 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解二次函数不等式可得集合，结合交集的概念即可求得. 【详解】解不等式得，即集合， 则， 故选：C. 3. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据复数的模以及除法法则化复数为代数形式，即得结果. 【详解】，则， 即， 故的虚部为. 故选：D 4. 如图，在空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由向量的线性运算结合条件即得. 【详解】. 故选：B 5. 若直线为双曲线的一条渐近线，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据渐近线的概念，写出参数之间的等量关系，根据离心率的概念直接求出结果即可. 【详解】因为直线为双曲线的一条渐近线， 所以，则， 由，则， 离心率. 故选：C 6. 已知定义在R上的函数，其中是奇函数且在R上单调递减，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由是奇函数并结合奇函数的定义可得是奇函数，设，求导后可得单调递增，结合单调性可得单调递减，由奇函数可将转化为，由单调递减可得，进而可求得解集. 【详解】由是奇函数可得，即， 则有，所以为奇函数， 设，则，故在R上单调递增， 因为单调递减，所以单调递减， 转化为， 由于为奇函数，则有， 由于在R上单调递减，则有， 解得， 故选：C. 7. 已知圆锥的轴截面是一个正三角形，其中是圆锥顶点，AB是底面直径．若C是底面圆O上一点，P是母线SC上一点，，，则三棱锥外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取点D在母线SA上且，可证明三棱锥与三棱锥外接球相同，再由正弦定理求出三角形的外接圆半径即为外接球半径得解. 【详解】如图， 设点D在母线SA上且， 因为是直角三角形，所以三棱锥外接球的球心E在SO上， 由 ≌，可得， 即三棱锥外接球的球心E也是三棱锥外接球的球心，且两个外接球的表面积相等． 由，得的外心即为三棱锥外接球的球心E． 在中，， 所以的外接圆的直径， 所以三棱锥外接球的表面积是， 故选：C． 8. Deepseek（深度求索）是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.8，衰减速度为30，且当训练迭代轮数为10时，学习率衰减为0.4，则学习率衰减到0.3以下（不含0.3）所需的训练迭代轮数至少为（ ） （参考数据：，） A. 14 B. 15 C. 16 D. 17 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件列方程，可得，再由，结合指对数关系和对数函数的性质求解即可． 【详解】由于，所以， 依题意，则， 则,由， 两边同时取对数可得，，， ， 即，所以所需的训练迭代轮数至少为15次． 故选：B 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 若事件两两独立，则 B. 样本数据32、20、42、28、34、48、36、39、45、52、49、55的下四分位数为33 C. 从装有3个红球，4个白球的袋中任意摸出3个球，事件“至少有2个红球”，事件“都是白球”，则事件与事件是对立事件 D. 若的平均数为2，方差为1，的平均数为6，方差为2，则的方差为5.5 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由独立事件的定义可得若事件两两独立，不一定满足；对于B，先样本数据从小到大排序，由百分位数的计算方法，可得下四分位数即第25百分位数应为该组数据的第3位与第4位的平均数，对于C，事件A与事件B互斥但事件A与事件B的并集未覆盖所有情况，故事件A与事件B不对立；对于D，先求出总体平均数，再结合总体方差公式即可求解. 【详解】对于A，若事件两两独立，则仅有， 不一定满足，故A错误； 对于B，将样本数据从小到大排序：20、28、32、34、36、39、42、45、48、49、52、55，共12个数据，，下四分位数即第25百分位数应为该组数据的第3位与第4位的平均数即，故B正确； 对于C，事件A包含“2红1白”和“3红”两种情况，事件B包含“3白”一种情况，两者交集为空集， 即事件A与事件B互斥，但事件A与事件B的并集未覆盖所有情况，缺少“1红2白”的情况， 故事件A与事件B不是对立事件，故C错误； 对于D，设的平均数为，方差为， 则， ，故D正确， 故选：BD. 10. 已知抛物线，直线过的焦点，且与交于两点，则下列说法中正确的是（ ） A. 若直线的斜率为，则 B. 以为直径的圆与轴相切 C. 的最小值为 D. 若点，则周长的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由题意可得，联立后使用韦达定理有，由抛物线焦点弦长公式即可求得；对于B，由题意可得圆心到轴的距离等于半径，故B正确；对于C，设直线，与抛物线联立后结合韦达定理得，则，结合基本不等式即可求得的最小值；对于D，的周长为，其中为定值，由抛物线的定义，易得共线时取最小值，即此时周长取最小值. 【详解】对于A，由题意得，若直线的斜率为，则有直线， 联立，得，则有， 则焦点弦长，故A错误； 对于B，以为直径的圆，圆心为中点，半径为， 圆心到轴的距离为，等于半径，因此圆与轴相切，故B正确； 对于C，设直线， 联立，得，则有，则， 焦半径，，则， 将代入可得， 当且仅当时，即时等号成立， 故的最小值为，C正确； 对于D，的周长为，其中， 由抛物线的定义可得为点到准线的距离， 易得当共线时取最小值如图： 则，则，故D正确. 故选：BCD. 11. 函数的定义域为，且对任意的实数，都有，且，则下列说法正确的是（ ） A. 为偶函数 B. 为周期函数且周期为12 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用赋值法和偶函数的定义、周期函数的定义判断ABC，利用周期性求和判断D. 【详解】因为， 用代替可得， 令，得，即， 令，得，所以，C正确； 用替换，可得，所以， 所以函数为偶函数，A正确； 用替换，可得， 所以，所以， 所以，即． 所以， 故是以12为周期的周期函数，B正确； ，所以； ， 所以，D错误． 故选：ABC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在等比数列中，，公比，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式计算即可. 【详解】由题可知为等比数列，，， 所以. 故答案为： 13. 已知直线，若，则___________ 【答案】 【解析】 【分析】由一般式得到两直线斜率，再由两直线平行，斜率相等求解即可； 【详解】当时，，，两直线不平行， 当时，两直线平行斜率相等， ，则 ，则， 又，则两直线斜率相等，即， 化简计算得：，解得：或， 又时，，，两直线重合， 故. 故答案为： 14. 在中，内角的对边分别是，且，则的最大值是___________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用正弦定理结合三角恒等变换可得，再利用余弦定理结合基本不等式可得，进而可得的最大值. 【详解】原式，由正弦定理得，即，则有， 因为，则，即， 由正弦定理可得， 由余弦定理可得， 因为，当且仅当时等号成立， 可得，所以，且，则， 故的最大值是. 故答案为：. 四、解答题：本题共5题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数，再从条件①､条件②､条件③中选择一个作为已知， （1）求的解析式； （2）当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围. 条件①：函数的图象经过点； 条件②：函数的图象可由函数的图象平移得到； 条件③：函数的图象相邻的两个对称中心之间的距离为. 注：如果选择条件①､条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1）; （2）. 【解析】 【分析】（1）化简，若选①，将点代入求得，可得答案；选②，根据三角函数图象的平移变化规律可得，可得答案；选②，由函数的最小正周期可确定，可得答案； （2）由确定，从而求得的范围，根据不等式恒成立即可确定实数的取值范围. 【小问1详解】 ; 选①：函数的图象经过点，则， 所以，则， 由，可得，则； 选②：函数的图象可由函数的图象平移得到， 即的图象可由函数的图象平移得到， 则，则. 选③：函数的图象相邻的两个对称中心之间的距离为， 则函数的最小正周期为，故， 故. 【小问2详解】 当时，,则， 故， 又当时，关于的不等式恒成立，故, 即实数的取值范围为. 16. 已知圆及直线． （1）求过点的圆的切线方程； （2）找出不论取什么实数时直线恒经过的点，并证明：直线与圆恒相交； （3）求直线被圆截得的最短弦的长． 【答案】（1）和 （2），证明如下： 可变形为， 令，解得，所以直线恒经过点， 因为，所以点在圆内部， 所以直线l与圆C恒相交. （3） 【解析】 【分析】（1）考虑切线斜率是否存在，结合圆心到直线的距离等于半径求解； （2）将直线方程重新整理为然后求得定点，由点和圆的位置关系判断点在圆内得出直线和圆相交； （3）由几何关系，当直线垂直于定点和圆心的连线时弦长最短. 【小问1详解】 由题意圆的方程为：， 所以圆心，则，点在圆外， 当切线斜率不存在时，其方程为，满足题意， 当切线有斜率时，设切线斜率为，则切线方程为， 则圆心到直线的距离为， 所以直线方程为，即． 综上可得：切线方程为和 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当直线l被圆C截得的弦长最短时，此弦与过圆心和点所在的直线垂直， 设弦的斜率为，则， 弦方程为，即， 所以圆心到直线的距离为， 所以弦长为. 17. 如图，在四棱锥中，，． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正切值． 【答案】（1） 取中点，连接，则， 因为，则， 由且平面，则平面， 由平面，则， 在Rt中，， 则，故， 由且平面， 所以平面，平面，则平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，易得平面，由线面垂直的性质则有，由勾股定理有，即，由线面垂直的判定则有平面，最终由面面垂直的判定有平面平面； （2）以为原点，直线分别为轴的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，使用向量夹角公式即可求得与平面所成角的正弦值，进而求出直线与平面所成角的正切值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1），可构建以为原点，直线分别为轴的空间直角坐标系， 所以， 则 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 所以与平面所成角的正弦值为 ， 故，所以． 所以与平面所成角的正切值. 18. 已知椭圆的离心率，左、右焦点分别为，且焦距为2． （1）求椭圆的标准方程； （2）设不与坐标轴垂直的直线与交于两点，线段的中点为，为坐标原点． （i）设直线与的斜率分别为，求证：为定值； （ii）若直线的方向向量为，求点的坐标. 【答案】（1） （2） （i）设，则， 可得， 因为点在椭圆上，则，两式相减得， 整理可得，即，所以为定值； （ii）或. 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（i）利用点差法可得； （ii）根据方向向量求出直线斜率，再联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理求出弦长，即可求出. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率，所以，即． 因为，所以，所以， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）若直线的方向向量为，可得， 设直线，联立方程，消去可得， 则，解得，即， 可得， 则， 解得，满足，符合题意， 若，则直线， 可得，即点的坐标为； 若，则直线， 可得，即点的坐标为； 综上所述：点的坐标为或. 19. 已知数列满足 （1）求证：为等差数列； （2）设，记数列的前项和为， ①求； ②若，求的取值范围． 【答案】（1）证明如下： 由． 则数列是以为首项，2为公差的等差数列. （2）①； ② 【解析】 【分析】（1）要证明为等差数列，可根据等差数列的定义，通过计算是否为常数来判断； （2）①先根据(1)求出的通项公式后，进而可得到的通项公式，求出的表达式，然后利用错位相减法求出， ②由恒成立，可将m分离出来，通过求数列的最大值来确定m的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， 所以数列的通项公式为； ①由（1）得; 则． 于是， 以上两式相减得： 所以 ②由，得．令， 所以， 所以不是数列的最大项，不妨设的第项取得最大值． 由，即，解得， 即数列的最大值为，所以， 即的取值范围是 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $