湖南省长沙市2025-2026学年高二下学期期末考试数学自编试卷（人教A版）

**基本信息** 以航天科技（天和核心舱选拔）、蒙日圆等素材创设情境，通过导数、立体几何、概率统计等知识考查数学眼光（空间观念）、思维（推理能力）及语言（模型意识），适配高二期末综合检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|导数几何意义、正态分布、立体几何轨迹|基础题（如瞬时速度）与创新题（正方体轨迹）结合| |填空题|3/15|向量数量积、分段函数、椭圆蒙日圆|融入数学史（蒙日圆）考查知识迁移| |解答题|5/77|解三角形、三棱台体积、航天概率模型、双曲线与抛物线综合|17题以航天选拔为背景构建概率模型，19题抛物线综合题考查逻辑推理与运算能力，呼应高考命题趋势|

湖南省长沙市2025-2026学年高二下学期期末考试自编试卷 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题（本大题共8个小题，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．某质点沿直线运动，位移（单位:）与时间（单位：）之间的关系为:，则时的瞬时速度为（    ） A． B． C． D． 2．已知直线，若，则的值为（　　） A． B．3 C．-1 D．3或-1 3．已知抛物线上一点到其焦点的距离为4，则（   ） A．3 B． C．6 D． 4．已知随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，和的分布密度曲线如图所示，则（    ） A． B． C． D． 5．若，，，则（    ） A．-11 B．3 C．4 D．15 6．的展开式中，所有不含z的项的系数之和为（    ） A．16 B．32 C．27 D．81 7．点P是正方体的表面及其围成的空间内一点，已知正方体的棱长为2，若，与平面所成的角为30°，则点P的轨迹的形状是（   ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 8．已知，点是直线和的交点，若存在点使，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，至少有两项符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分） 9．已知，则下列结论正确的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则的最大值为 D．的最小值为3 10．已知的展开式中，各项的二项式系数之和为128，则（   ） A． B．各项系数之和为 C．只有第4项的二项式系数最大 D．第二项的系数为 11．下列不等式中成立的是（    ） A． B． C． D． 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．已知，，则______. 13．已知函数f(x)＝设a>b≥0，若f(a)＝f(b)，则b·f(a)的取值范围是________. 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（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，． (1)求； (2)若D为BC上一点，且，求的面积． 16．如图，在三棱台中侧面为等腰梯形，，，M为中点．底面为等腰三角形，，O为BC的中点． (1)证明：平面平面AOM； (2)若二面角的大小为，求三棱锥的体积． 17．天和核心舱是我国目前研制的最大航天器，同时也是我国空间站的重要组成部分. 为了能顺利的完成航天任务，挑选航天员的要求非常严格. 经过统计，在挑选航天员的过程中有一项必检的身体指标服从正态分布，航天员在此项指标中的要求为. 某学校共有2000名学生.为了宣传这一航天盛事，特意在本校举办了航天员的模拟选拔活动.学生首先要进行上述指标的筛查，对于符合要求的学生再进行4个环节选拔，且仅在通过一个环节后，才能进行到下一个环节的选拔.假设学生通过每个环节的概率均为，且相互独立. 参考数据：，， (1)设学生甲通过筛查后在后续的4个环节中参与的环节数量为X，请计算X的分布列与数学期望； (2)请估计符合该项指标的学生人数（四舍五入结果取整数）.以该人数为参加航天员选拔活动的名额，请计算最终通过学校选拔的人数Y的期望值. 18．已知双曲线的渐近线方程为，且过点. (1)求双曲线的标准方程； (2)若双曲线的右焦点为，点，过点的直线交双曲线于两点，且，求直线的方程. 19．如图，在直角坐标系xOy中，已知F是抛物线Γ：的焦点，过点F的直线交抛物线Γ于A，B两点，且满足． (1)求p的值； (2)已知点，直线AT，BT与抛物线Γ的另一个交点分别为C，D，直线CD交y轴于点P，交直线AB于点N．抛物线Γ在C，D处的切线交于点K，过点P作平行于x轴的直线，分别交直线KD，KC于点E，G． （ⅰ）求证：点P为定点； （ⅱ）记，的面积分别为，，是否存在实数λ使得成立，若存在，则求出λ，若不在，则说明理由． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省长沙市2025-2026学年高二下学期期末考试自编试卷 数学试题（解析版） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C C C D C C BC ABD 题号 11 答案 BCD 1．B 【详解】已知位移函数，对其求导得速度函数：， 将代入得. 因此时的瞬时速度为. 2．A 【分析】根据直线平行公式计算求参. 【详解】当或时两直线不平行， 当且时， 因为， 所以， 故选:A． 3．C 【分析】利用抛物线的定义即可求解. 【详解】点在抛物线上，抛物线开口向右，， 又点到抛物线焦点的距离为4，，. 故选：C. 4．C 【分析】运用正态分布对称性和概率性质计算即可. 【详解】解：对于，，故A错误； 对于，因为， 所以 ，故B错误； 对于C，显然， 所以， 所以，故C正确； 对于，因为， 所以，故D错误． 故选：C． 5．C 【分析】先求出的坐标表示，再利用向量数量积的坐标表示计算即可 【详解】由已知，， ， ∴. 故选：C． 6．D 【分析】原问题即为求展开式中的所有项的系数和，令，即可得答案. 【详解】解：展开式的通项公式为， 若展开式中的项不含z，则，此时符合条件的项为展开式中的所有项， 令，可得所有不含z的项的系数之和为， 故选：D. 7．C 【分析】建立空间直角坐标系，设，由易知，根据线面角的定义可得点坐标满足双曲线方程，进而可得结果. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则，，所以，， 故，即，所以点在面（四点均为所在边的中点）， 过点作于点，易知面， 即，所以，即， 化简得：，即点P的轨迹的形状是双曲线， 故选：C. 8．C 【分析】由直线与都过定点且，可得交点的轨迹是圆（除去一点），又点满足，求得点在另一个圆上，存在点满足，即两圆有公共点即可，由此得解. 【详解】因为直线过定点，直线过定点，且， 所以直线与的交点的轨迹是以，为直径端点的圆，除去， 所以点的轨迹方程为：， 设其圆心为，半径， 若点满足，设，可得， 化简整理得，，设其圆心为，半径， 由题存在点满足，即圆与圆有公共点即可， 由于点的轨迹为圆除去点， 所以得，即， 所以. 故选：C. 9．BC 【分析】由时即可判断A；由基本不等式常数“1”的等价代换即可计算求解判断B；由基本不等式即可计算判断CD. 【详解】对于A，当时，，故A错误； 对于B，， 当且仅当即时，取等号，故B正确； 对于C，，所以， 当且仅当时等号成立，故C正确； 对于D，， 当且仅当时等号成立，故D错误. 故选：BC. 10．ABD 【分析】根据二项式系数之和的公式即可判断A；令即可判断B；根据二项式系数的性质即可判断C；根据二项展开式即可判断的D. 【详解】对于，A，因为的展开式中，各项的二项式系数之和为128， 所以，解得，故A正确； 对于B，令，则各项系数之和为，故B正确； 对于C，因为，所以第4项和第5项的二项式系数最大，故C错误； 对于D，第二项为， 则第二项的系数为，故D正确. 故选：ABD. 11．BCD 【解析】利用指数和幂函数的单调性可判断A，利用与比较大小即可判断B；构造函数求导判断单调性，比较与即可判断C；构造函数，求导判断单调性，比较与的大小即可判断D，进而可得正确选项. 【详解】对于选项A ：因为幂函数在单调递增，，所以 因为指数函数在上单调递减，所以， 所以，故选项A不正确； 对于选项B：因为，，所以， 所以，即，故选项B正确； 对于选项C：令，则 所以在上递减，所以，即，故选项C正确； 对于选项D：令，则， 所以在上递增，在上递减，而, 所以，即， 所以，即，所以，故选项D正确， 综上正确答案为BCD. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是构造函数，通过函数的单调性比较两个函数值的大小即可判断不等式是否成立，对于看结构要想到构造函数求导判断单调性，比较与，对于这个不容易想到构造函数，比较与的大小即可. 12． 【分析】结合题设，根据两角和与差的余弦、正弦公式得到，，两式相除即可求解. 【详解】由，得， 由，得， 所以. 故答案为：. 13． 【分析】画出的图象，数形结合求得的范围，将转化为关于的函数，再求函数的值域即可. 【详解】画出函数图象如图所示， 由图象可知要使a>b≥0， f(a)＝f(b)同时成立， 则≤b<1. b·f(a)＝b·f(b)＝b(b＋1) ＝b2＋b＝， 所以≤b·f(a)<2. 故答案为：. 【点睛】本题考查指数函数图象的应用，本题中借助函数图象求得参数范围是重点，属基础题. 14． 【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：． 15．(1) (2) 【分析】（1）根据余弦定理求解，即可由三边求解，进而可求正弦值， （2）根据面积公式即可求解. 【详解】（1）由余弦定理可得：， 则，， ,所以． （2）由三角形面积公式可得， 则．    16．(1)证明见解析 (2)12 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理，先证明线面垂直，进而说明面面垂直； （2）根据二面角的平面角的定义，求出几何体的各边长，根据三棱锥的体积计算方法，求出几何体体积； 【详解】（1）底面为等腰三角形，O为BC中点，故． 侧面为等腰梯形，M为中点，O为BC中点，连接OM，则， 因为，面AOM，面AOM， 所以平面AOM，又平面ABC，故平面平面AOM． （2）由（1）知，，平面平面， 则为二面角的平面角，可得, 在中，由勾股定理得， 棱台侧面如图所示， ，，，由勾股定理得， 由，所以， 如图所示，过作， 因为平面AOM，平面AOM，所以， 可知，面，所以平面， 所以为三棱锥的高，在中可得， 所以三棱锥的体积. 17．(1)分布列见解析，数学期望； (2). 【分析】（1）根据题意，X的所有可能取值为1，2，3，4，然后分别计算其对应概率，即可得到分布列以及期望； （2）根据题意，由正态分布可得，然后由二项分布的期望公式，即可得到结果. 【详解】（1）由题可知X的所有可能取值为1，2，3，4，则 ，， ， ∴X的分布列如下： X 1 2 3 4 P . （2）∵. ∴符合该项指标的学生人数为：人， 每个学生通过选拔的概率对， ∴最终通过学校选拔人数，， ∴. 18．(1) (2)，或或. 【分析】（1）根据题意得，进而解方程即可得答案； （2）由题知，进而先讨论直线的斜率不存在不满足条件，再讨论的斜率存在，设方程为，设，进而与双曲线方程联立得线段中点为，再结合题意得，进而再分和两种情况讨论求解即可. 【详解】（1）解：因为双曲线的渐近线方程为，且过点， 所以，，解得 所以，双曲线的标准方程为 （2）解：由（1）知双曲线的右焦点为， 当直线的斜率不存在时，方程为，此时， ， 所以，直线的斜率存在，设方程为， 所以，联立方程得 所以，且， 所以， 设， 则 所以， 所以，线段中点为， 因为， 所以，点在线段的中垂线上， 所以， 所以，当时，线段中点为，此时直线的方程为，满足题意； 当时，， 所以，，整理得，解得或，满足. 综上，直线的方程为，或或. 19．(1)； (2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）存在，. 【分析】（1）设，，，联立抛物线并应用韦达定理，结合已知求参数值； （2）（ⅰ）设，，，，联立抛物线并应用韦达定理及（1）结果，求得，即可证；（ⅱ）由分析得，则，进而得，应用导数几何意义求抛物线在点C处切线方程，进而得、，可证EG的中点为P，并求得，易得到直线的距离是到直线的距离和的一半，即可得. 【详解】（1）由题意，直线AB斜率必存在，设，，， 联立，得，， 所以，，解得或（舍）， 所以； （2）（ⅰ）直线AC斜率必存在，设，，， 联立，得，， 所以，同理，又，所以， 直线CD斜率必存在，设， 联立，得，， 所以，解得，满足， 所以直线CD过定点，即P的坐标为； （ⅱ）由，且，，， 得， 所以直线CD的方程为，由直线CD与直线AB相交，可得， 联立，解得， 因为抛物线方程为，所以， 抛物线在点C处切线方程为， 所以，同理， 又，所以EG的中点为P， 联立，得， 由及，所以， 综上，在线段的同一侧，又是的中点， 所以到直线的距离是到直线的距离和的一半， 所以，即. 学科网（北京）股份有限公司 $