2025-2026学年高二下学期数学（人教A版）期末复习训练卷（二）

**基本信息** 本卷为人教A版高二数学下学期期末复习训练卷，全面覆盖复数、函数、圆锥曲线等核心知识，通过新能源汽车续航数据统计、立体几何折叠等情境，考查数学眼光（空间观念）、数学思维（推理能力）与数学语言（数据观念），适配期末综合能力检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|复数虚部、椭圆离心率、函数单调性|单选基础巩固，多选结合导数应用与立体几何（如八面体体积计算）| |填空题|3题/15分|向量投影、抛物线最值、概率分布|注重数学语言表达（如投影向量求解）| |解答题|5题/77分|统计案例（相关系数）、数列、立体几何折叠、双曲线、导数零点证明|统计题结合新能源汽车数据，导数题考查逻辑推理，体现数学思维与应用|

人教A版高二数学下学期期末复习训练卷（二）（原卷版） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 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．复数的虚部为（    ） A．1 B． C．3 D． 2．已知函数，则“在上单调递减”的充要条件是（    ） A． B． C． D． 3．已知是椭圆上一点，，是椭圆的两个焦点，，，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 4．已知 ，若直线 上存在点 满足 ，则实数 的最大值是（    ） A． B． C．4 D．14 5．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论中错误的是（   ） A． B．点是函数的图象的对称中心 C．函数在区间上是增函数 D．将函数的图象向右个单位后所得的函数为偶函数，则的最小值为 6．已知函数是定义在上的偶函数，且在区间上对于任意两个不相等的实数、恒有成立，若实数满足，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 7．在中，分别是内角的对边，若，且，则的形状是（） A．等边三角形 B．等腰直角三角形 C．有一个角是的直角三角形 D．有一个角是的等腰三角形 8．三个数的大小顺序为（   ） A． B． C． D． 二、选择题：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．已知的导函数为，且，，则（    ） A． B． C．在上单调递增 D． 10．如图，将棱长为4的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，P为棱上一点，则下列四个结论中正确的是（     ） A．平面 B．八面体的体积为 C．的最小值为 D．点A到平面的距离为 11．已知为等比数列的前项和，为其前项积，公比，且，，则下列结论正确的是（   ） A．数列为递增数列 B．使的正整数的最小值为5 C．的最大值为 D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．若非零向量，的夹角为，且，，则在上的投影向量为__________． 13．已知抛物线的焦点为，点是抛物线上一点，当取最小值时，点到直线的距离为______________ 14．某地区为了提升养老保障机制，组织相关的保险公司在该地区推广养老保险的相关产品，现在该地区随机抽取1名老人，其购买的养老保险产品的数量的所有可能取值为0，1，2，且，则___________． 四、解答题：本题共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．（13分）某新能源汽车公司为研究电池容量对续航里程的影响，随机选取了10辆不同配置的车进行测试，测量每辆车的电池容量（单位：）和续航里程（单位：），得到如下数据： 样本号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和 电池容量 35 40 45 50 55 65 70 75 80 85 600 续航里程 330 350 390 410 480 520 560 620 640 700 5000 并计算得． (1)估计这10辆车的平均电池容量与平均续航里程； (2)求电池容量与续航里程的样本相关系数；（精确到0.001） (3)现该公司计划推出新款车型，电池容量为，已知续航里程与电池容量近似成正比，利用以上数据给出新款车型续航里程的估计值．（精确到1） 附：相关系数． 16．（15分）已知等差数列的前n项和为，且，. (1)求的通项公式； (2)若，，成等比数列，求m的值； (3)证明：数列的前n项和恒小于. 17．（15分）如图1，四边形是边长为2的正方形，中，，，分别为、的中点，将沿折起到位置（如图2），使平面平面． (1)证明：平面． (2)空间中是否存在一点，使到点、、、的距离都相等，若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由； (3)求平面与平面的夹角的余弦值． 18．（17分）已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，实轴长为，点到双曲线的渐近线的距离为1，过的直线与交右支于，两点. (1)求双曲线的方程； (2)证明：存在轴上的一点，使得为定值. 19．（17分）已知函数 ． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)当时，若函数有个不同的零点，． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明： 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 人教A版高二数学下学期期末复习训练卷（二）（详解版） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 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．复数的虚部为（    ） A．1 B． C．3 D． 【答案】A 【分析】将复数利用化为的形式，实部为，虚部为判断即可． 【详解】因为 ，所以复数的虚部为1． 2．已知函数，则“在上单调递减”的充要条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可得在上恒成立，即在上恒成立，令，利用对勾函数的性质求解即可. 【详解】因为， 所以， 由题意可得在上恒成立， 即，在上恒成立， 令， 由对勾函数的性质可知在上单调递增， 所以， 所以， 所以实数的取值范围为. 3．已知是椭圆上一点，，是椭圆的两个焦点，，，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析可知，，结合椭圆定义求离心率即可. 【详解】因为，，则， 则，， 所以椭圆的离心率为. 4．已知 ，若直线 上存在点 满足 ，则实数 的最大值是（    ） A． B． C．4 D．14 【答案】C 【分析】先根据求出点的轨迹为圆，再结合直线与圆有交点时圆心到直线的距离不大于半径，求解的取值范围即可得到最大值。 【详解】设，由得，化简整理得. 由题意得直线与有公共点， 故， 解得， 所以实数 的最大值是. 5．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论中错误的是（   ） A． B．点是函数的图象的对称中心 C．函数在区间上是增函数 D．将函数的图象向右个单位后所得的函数为偶函数，则的最小值为 【答案】C 【分析】利用函数图象先求，再利用三角函数的性质逐项验证即可求解. 【详解】由图可知：，所以， 所以，所以，又， 所以，所以，又， 当，所以，故A正确， 又，故B正确； 令，解得， 所以在单调递增，在单调递减，故C错误； 由 函数的图象向右个单位后所得的函数为偶函数， 所以，所以，当时，，故D正确. 6．已知函数是定义在上的偶函数，且在区间上对于任意两个不相等的实数、恒有成立，若实数满足，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分析可知函数在区间上是减函数，将所求不等式变形为，可得出，利用绝对值的性质以及对数函数的单调性可解得实数的取值范围. 【详解】在区间上对于任意两个不相等的实数、恒有成立， 不妨取，则，即， 所以函数在区间上是减函数， 又函数为偶函数，则等价于， 即，可得，解得，故实数的取值范围是. 7．在中，分别是内角的对边，若，且，则的形状是（） A．等边三角形 B．等腰直角三角形 C．有一个角是的直角三角形 D．有一个角是的等腰三角形 【答案】B 【分析】由三角形面积公式和余弦定理化简可得，由正弦定理化简得，结合平面向量线性运算、数量积运算和平面几何知识可得，从而可得是等腰直角三角形. 【详解】根据余弦定理，则. 根据三角形面积公式，则， 化简得，即.因为是三角形内角，所以. 又，由，可得. 则. 如图所示，在边上分别取点，使， 以为邻边作平行四边形，则四边形为菱形， 连接，且，， . 又，且，，即. 又，所以，进而，所以是等腰直角三角形. 8．三个数的大小顺序为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数并求导，利用导数分析函数的单调性和最大值，从而得出，再利用对数的运算性质计算求出的大小关系，从而判断的大小顺序． 【详解】已知，构造函数， 求导得， 当时，，故，函数单调递增； 当时，，故，函数单调递减； 在处取得极大值，即为最大值， ，即， ，故， ． 二、选择题：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．已知的导函数为，且，，则（    ） A． B． C．在上单调递增 D． 【答案】ACD 【分析】由题可得(为常数)，构造，可得，结合导数依次判断选项即可. 【详解】由 ，可得， 即(为常数)， 设，则， 由于，所以，则， 解得：，所以， 所以， 则，所以，故A正确； 对于B，， 即，故B错误； 对于C，令，所以，即在上单调递增，故C正确； 对于D，令， 所以， 令，解得：，所以在上单调递增， 令，解得：，所以在上单调递减， 则，即， 所以成立，故D正确. 10．如图，将棱长为4的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，P为棱上一点，则下列四个结论中正确的是（     ） A．平面 B．八面体的体积为 C．的最小值为 D．点A到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】A选项，作出辅助线，得到线线平行，证明线面平行；B选项，由锥体体积公式进行求解；C选项，两平面展开，当三点共线时，取到最小值，得到答案；D选项，等体积法求解点到平面的距离 【详解】A选项，在正方体中，连接相交于点，显然互相平分， 故四边形为平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面，A正确； B选项，正方体的棱长为4，显然四边形为正方形，设边长为， 显然，解得，边长为， 又⊥平面，显然， 故四棱锥的体积为， 由对称性可知，四棱锥的体积也为 八面体的体积为，B错误； C选项，因为为棱上的一点，将和展开成一个平面， 由题意知，，同理可得， 和为等边三角形，且边长为，展开图中， 连接，由三角形两边之和大于第三边，故当三点共线时，最小， 即线段即为最小值， 由余弦定理得，C正确； D选项，， 设点A到平面的距离为，且， ， 其中为等边三角形，边长为， 故，解得， 点A到平面的距离为，D正确. 11．已知为等比数列的前项和，为其前项积，公比，且，，则下列结论正确的是（   ） A．数列为递增数列 B．使的正整数的最小值为5 C．的最大值为 D． 【答案】BD 【分析】利用等比数列的性质可以由求出公比，再由求出首项，A可以通过数列的通项公式判断；B计算出前项和公式进行计算；C根据的单调性进行判断；D. 【详解】利用等比数列的性质可以由求出公比， 由求出首项，故； A，，数列为递减数列，错误； B，，故为单调递增，又，故使的正整数的最小值为5，正确； C，， 当时， ，数列单调递增， 当时，，数列单调递减， 由于，故， 所以，的最大值为和，错误； D，，正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．若非零向量，的夹角为，且，，则在上的投影向量为__________． 【答案】 【详解】因为，所以， 解得：，所以， 所以在上的投影向量为. 13．已知抛物线的焦点为，点是抛物线上一点，当取最小值时，点到直线的距离为______________ 【答案】 【分析】利用抛物线的定义和数形结合，求点的坐标，再代入点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】如图，和分别垂直于准线，， 所以， 所以当点是与抛物线的交点时，最小， 当时，代入抛物线方程，得，即此时， 点到直线的距离为. 14．某地区为了提升养老保障机制，组织相关的保险公司在该地区推广养老保险的相关产品，现在该地区随机抽取1名老人，其购买的养老保险产品的数量的所有可能取值为0，1，2，且，则___________． 【答案】0.44/ 【分析】由题意结合均值的计算公式得关于的概率的方程组，再使用方差的计算公式即可求解. 【详解】设， 由题意得，解得， 故 四、解答题：本题共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．（13分）某新能源汽车公司为研究电池容量对续航里程的影响，随机选取了10辆不同配置的车进行测试，测量每辆车的电池容量（单位：）和续航里程（单位：），得到如下数据： 样本号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和 电池容量 35 40 45 50 55 65 70 75 80 85 600 续航里程 330 350 390 410 480 520 560 620 640 700 5000 并计算得． (1)估计这10辆车的平均电池容量与平均续航里程； (2)求电池容量与续航里程的样本相关系数；（精确到0.001） (3)现该公司计划推出新款车型，电池容量为，已知续航里程与电池容量近似成正比，利用以上数据给出新款车型续航里程的估计值．（精确到1） 附：相关系数． 【答案】(1)平均电池容量，平均续航里程． (2)0.995 (3) 【详解】（1）平均电池容量， 平均续航里程． （2） （3）由样本数据，可知续航里程与电池容量的比值约为， 故新款车型续航里程的估计值为． 16．（15分）已知等差数列的前n项和为，且，. (1)求的通项公式； (2)若，，成等比数列，求m的值； (3)证明：数列的前n项和恒小于. 【答案】(1) (2)或76. (3)证明见解析 【详解】（1）设公差为，则， 则， 则. （2）， 若，，成等比数列，则， 则，解得或76. （3）因为， 所以数列的前n项和 17．（15分）如图1，四边形是边长为2的正方形，中，，，分别为、的中点，将沿折起到位置（如图2），使平面平面． (1)证明：平面． (2)空间中是否存在一点，使到点、、、的距离都相等，若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由； (3)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点为与的交点 (3)． 【分析】（1）根据正方形的性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据面面垂直的判定定理，建立空间直角坐标系，利用空间距离公式进行求解即可； （3）利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1），分别为，的中点， ， ∵四边形是边长为2的正方形， ，， 平面，平面， 平面． （2）取的中点，连接，取中点，连接， ，，，， ∵平面平面，平面，平面平面， 平面． ∵四边形是边长为2的正方形，为中点， ，， 分别以，，所在直线为x轴y轴z轴建立空间直角坐标系，则，，，， 假设存在点到点，，，距离都相等， 解得，，即， ∴点存在，且点为与的交点； （3）设平面、平面的法向量分别为，， 由（2）知，，，， 令，． 令，． 设平面、平面的夹角为， ， 平面与平面的夹角的余弦值为． 18．（17分）已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，实轴长为，点到双曲线的渐近线的距离为1，过的直线与交右支于，两点. (1)求双曲线的方程； (2)证明：存在轴上的一点，使得为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出双曲线的基本量后可得双曲线的方程； （2）设，，联立直线方程和双曲线方程，结合韦达定理化，根据该值为定值可求的坐标； 【详解】（1）解：因为实轴长为，故， 而点到双曲线C的渐近线的距离为1，故， 故双曲线的方程为：. （2）证明：设为半焦距，则，故， 因为与双曲线的右支相交于两个不同的点，故可设，， 由可得即， 故且， 所以，又. 设，则，， 故 为定值当且仅当，故， 故存在轴上的一点，使得为定值且定值为. 19．（17分）已知函数 ． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)当时，若函数有个不同的零点，． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明： 【答案】(1) . (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）利用导数判断函数的单调区间； （2）（ⅰ）转化为函数与有两个交点的问题； （ⅱ）由函数的两个零点可得，再利用构造函数的方法证明即可. 【详解】（1）当时，，则 ， ，切线方程为 ，即. （2）（ⅰ）当时，若函数有个不同的零点，， ∴恰有个正实根，，即方程恰有个正实根，， 令，则与有两个不同交点， ∴， ∴当时，；当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增，又， 当从的右侧无限趋近于时，趋近于； 当无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于， 则图象如下图所示， ∴当时，与有两个不同交点， ∴实数a的取值范围为． （ⅱ）由（ⅰ）知：，， ∴，， ∴，则， 不妨设， 要证，则需证， ∵，∴，∴，则只需证， 令，则只需证时，恒成立， 令， ∴， ∴在上单调递增，∴， ∴当时，恒成立， ∴原不等式得证． 【点睛】方法归纳：研究时函数的零点个数，可通过分离参数将问题转化为，通过研究函数的单调性、极值与值域，结合函数图象与直线的交点个数确定参数范围；证明双变量不等式，属于极值点偏移问题，可通过将两个零点满足的等式变形，统一为单变量，构造辅助函数，利用导数研究辅助函数的单调性与最值完成证明. 易错归纳：求解过程中易忽略定义域的限制，导致参数范围求解错误；求导运算失误，造成函数单调性、极值点判断错误；极值点偏移证明中变量替换不严谨，辅助函数构造或单调性分析出错，导致证明逻辑断裂. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $