2025-2026学年高二下学期数学期末复习训练卷(3)(范围：人教A版选择性必修1-3)

**基本信息** 以中国空间站航天员安排、阿尔贝罗贝洛Trullo屋顶等真实情境为载体，覆盖选择性必修1-3核心知识，注重数学抽象与逻辑推理的综合考查。 **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|复数运算、数列公差、排列组合等|第5题以空间站航天员舱内安排考查分步计数原理，体现数学应用意识| |填空题|3题/15分|函数值域、导数几何意义、概率期望|第14题摸球换球问题融合概率与期望计算，培养数据观念| |解答题|5题/77分|数列证明与求和、轨迹方程、立体几何翻折等|第17题正三角形翻折问题考查空间线面关系，发展几何直观；第18题函数零点讨论渗透逻辑推理，契合数学思维要求|

2025-2026学年高二下学期数学期末复习训练卷(3)（解析版） (范围：人教A版选择性必修1-3) 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．若复数满足，则（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】化简复数，由共轭复数的定义求出，再由复数的模长公式求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，所以. 故选：B. 2．已知，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出、的值，进而得到、的值，最后根据，利用两角和的正切公式计算. 【详解】已知，，所以. 因为，所以. 所以， 即. 已知，，所以. 因为，所以. 所以， 即. 因为，根据两角和的正切公式可得： . 故选：D. 3．设函数，则（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】根据分段函数的解析式求函数值. 【详解】因为，， 所以. 故选：D 4．已知等差数列的前项和为，则的公差为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】D 【分析】利用已知条件，结合等差数列通项公式，建立关于和d的方程；利用已知条件，结合前n项和公式，建立方程；联立两个方程，解出公差d. 【详解】已知，由通项公式，当时： （方程①）， 已知，由前n项和公式，当时： ，化简得 （方程②）， 用方程①减去方程②： ， 故选：D. 5．中国空间站已经进入正式建造阶段，天和核心舱､问天实验舱和梦天实验舱将在2022年全部对接，形成“T"字结构.在中国空间站建造阶段，有6名航天员共同停留在空间站，预计在某项建造任务中，需6名航天员在天和核心舱､问天实验舱和梦天实验舱这三个舱内同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少1人，至多3人，则不同的安排方案共有（    ） A．360种 B．180种 C．720种 D．450种 【答案】D 【分析】根据分组分配问题的处理步骤，先将6人分成三组，再将三组分到三个舱内即可. 【详解】方案一：每个舱各安排2人，共有（种）不同的方案； 方案二：分别安排3人，2人，1人，共有（种）不同的方案. 所以共有（种）不同的安排方案. 故选：. 6．在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trullo，于1996年被收入世界文化遗产名录，现测量一个Trullo的屋顶，得到母线SA长为6米（其中S为圆锥顶点，O为圆锥底面圆心），C是母线SA的靠近点S的三等分点．从点A到点C绕圆锥顶侧面一周安装灯带，若灯带的最短长度为米，则圆锥的SO的体积为（    ） A．立方米 B．立方米 C．立方米 D．立方米 【答案】C 【分析】设圆锥底面半径为r，如图，根据余弦定理得到，计算，，再计算体积得到答案. 【详解】设圆锥底面半径为r，如图，扇形是圆锥的侧面展开图， 中，，，，所以， 所以，所以，， ， 所以圆锥的体积为（立方米）， 故选：C 7．已知双曲线的左、右焦点分别为、，直线与双曲线交于，两点，若，则的面积等于（    ） A．18 B．10 C．9 D．6 【答案】C 【分析】由已知可得四边形为矩形，从而可得，，由双曲线的性质可求得，从而可得，利用勾股定理及双曲线的定义可求得，由三角形面积公式即可得解． 【详解】直线与双曲线交于，两点，若， 则四边形为矩形，所以，，    由双曲线可得，，则， 所以，所以， 又， 所以，解得， 所以． 故选：C． 8．设为不超过的最大整数，若数列的通项公式为，记的前项和为，则使得的最大正整数的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据取整函数定义，结合对数的运算确定时的取值范围，推导的取值区间， 统计每个对应的项数，按的取值从小到大分组计算每组的和，累加得到前若干组的累计和，找到累计和首次超过的临界分组，求解j即可. 【详解】已知是不超过的最大整数，设（为整数）， 则. 变形得，即. 因为是正整数，所以的整数取值为，所以对，满足的正整数共有个，每个项的值为，该组的和为. 我们分组计算前项和的累计值： ：共项，和为，累计和，对应最大； ：共项，和为，累计和，对应最大； ：共项，和为，累计和，对应最大； ：共项，和为，累计和，对应最大； ：共项，和为，累计和，对应最大. 当时，满足的的取值范围为，设还可以取个这样的项，则， 解得，即最大取.总，此时； 若，，不符合要求. 因此使得的最大正整数为. 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．已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．关于中心对称 B．关于直线对称 C．的最小正周期为 D．的最大值为 【答案】BD 【分析】A选项，计算出，A错误；B选项，计算出，B正确；C选项，，C错误；D选项，化简得到，换元得到，，求出最大值. 【详解】A选项，不恒等于4， 故不关于中心对称，A错误； B选项，， 故关于直线对称，B正确； C选项，， 故不是的一个周期，C错误； D选项，， 令， 则，即， ， 故当时，取得最大值，最大值为，D正确. 故选：BD 10．已知F为抛物线的焦点，C的准线为l，直线与C交于A，B两点（A在第一象限内），与l交于点D，则（    ） A． B． C．以AF为直径的圆与y轴相切 D．l上存在点E，使得为等边三角形 【答案】BC 【分析】由题意可得直线经过抛物线焦点，设，联立直线与抛物线，可得的值，从而求解焦点弦，即可判断A；根据抛物线的定义过作，垂足为，从而可得的关系，即可判断B；结合抛物线的定义以及直线与圆的位置关系，即可判断C；根据抛物线的定义结合正三角形的几何性质，即可判断D. . 【详解】易知，准线的方程为，则直线经过焦点. 设， 由整理得，则， 根据抛物线的定义可知，，故A错误； 如图，过作，垂足为， 则，又， 所以，所以，故B正确； 以为直径的圆的半径为， 易知四边形为直角梯形，其中位线长为， 所以为直径的圆与相切，故C正确； 当为等边三角形时，， 由抛物线的定义可知，所以，这与为等边三角形矛盾， 所以上不存在点，使得为等边三角形，故D错误. 故选：BC. 11．梯形中，，，，与交于点，点在线段上，则（    ） A． B． C．为定值8 D．若，则的最小值为 【答案】AC 【分析】由平面向量的线性运算即可判断A，由线段的比值结合三角形的面积公式即可判断B，由平面向量数量积的运算律代入计算，即可判断C，由平面向量三点共线定理结合基本不等式代入计算，即可判断D 【详解】 由几何图形关系可得， 因为，所以．因为， 所以， 所以，故A正确； 因为，所以，因为，所以， 所以，故B错误； 因为，所以在上的投影向量为为定值，故C正确； 因为，且三点共线， 所以，且， 所以， 当且仅当，即时，等号成立，故D错误． 故选：AC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．函数的值域为_________． 【答案】 【分析】由换元法，借助二次函数性质及指数函数单调性计算即可求解. 【详解】令， 则，所以， 设，， 因为在区间上单调递增， 所以，即函数的值域为. 故答案为：. 13．已知直线与函数的图象相切，则________. 【答案】 【分析】设出与函数的切点坐标，写出在切点处的切线方程，根据该切线方程与是同一条直线，得到关于切点横坐标与的方程组，消元后求解即可. 【详解】，则 ； 令与函数的切点为， 则在该点处的切线方程为， 整理得：，又因为， 故可得，则，即， 故， 两边取对数，解得，则. 14．盒子中装有1个黑球和2个白球，小水每次从盒子中随机摸出1个球，并换入1个黑球，则第二次摸球时摸出黑球的概率是___________，设三次摸换球后盒子中所剩黑球的个数为，则___________. 【答案】 【分析】分两种情况求解：一是第一次摸出白球，第二次摸出黑球，二是两次摸出的都是黑球；由题意可知可能取1，2，3，然后求出其对应的概率，从而可求出的值 【详解】解：若第一次摸出白球，则第二次摸出黑球的概率为， 若第一次摸出黑球，则第二次摸出黑球的概率为， 所以第二次摸出黑球的概率为， 由题意可得可能取1，2，3，则 ， ， ， 所以， 故答案为：， 四、解答题 15．（13分）已知数列满足，，数列的各项均为正数且前项和满足. (1)求证：数列是等比数列； (2)求数列，的通项公式； (3)设，求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析 (2)， (3) 【分析】（1）由递推关系式变形及等比数列的定义得证； （2）由（1）可得，再由的关系求出数列为等差数列，即可得出； （3）利用错位相减法求解即可. 【详解】（1）， 又因为， 所以， 所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列. （2）由（1）得，所以. 因为，即， 当时，. 当时，由有：， 两式相减得， ，即， 所以（）， 所以数列是以1为首项，以2为公差的等差数列. 所以，. （3）由题意， 所以①， ②， ①－②得： ， 所以. 16．（15分）在平面直角坐标系中，已知点P到直线的距离与点P到点的距离之比为常数2.记P的轨迹为C，曲线C的上顶点为B. (1)推导C的标准方程； (2)过B的直线与C相交于另一点A.若面积为，求直线的方程. 【答案】(1)； (2)或. 【分析】（1）设，由题意可得,化简即可； （2）由（1）可得，设直线的方程为,与曲线的方程联立，根据韦达定理可得.直线与轴的交点为，根据即可求解. 【详解】（1）设,由题意可得, 化简可得,即. 所以的标准方程为. （2）由（1）可得， 设直线的方程为, 联立，可得. 设，则，即， 所以，即. 设直线与轴的交点为， 在中，令,可得,即. 由椭圆方程可得, 则 ， 所以，即，解得或. 所以直线的方程为或， 即直线的方程为或. 17．（15分）如图，正△ABC的边长为4，CD为AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B. (1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由； (2)在线段BC上是否存在一点P，使？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）平面，理由见解析；（2）. 【分析】(1)在△ABC中，由E，F分别是AC，BC的中点，得EF∥AB，利用线面平行的判定定理，即可得到AB∥平面DEF. (2)以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，由·，得到，进而得到∥，代入求得＝，即可得到答案. 【详解】(1)AB∥平面DEF，理由如下： 在△ABC中，由E，F分别是AC，BC的中点，得EF∥AB. 又因为AB⊄平面DEF，EF平面DEF， 所以AB∥平面DEF. (2)以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，，0)，E(0，，1)，故＝(0，，1)． 假设存在点P(x，y，0)满足条件， 则＝(x，y，－2)，·＝，所以. 又＝(，y，0)，＝(－x，，0)，∥， 所以()()＝，所以. 把代入上式得，所以＝， 所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE，此时. 【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，以及空间向量在立体几何线面位置关系的应用，其中解答中建立适当的空间直角坐标系，合理利用平面法向量的性质和空间向量的数量积的应用是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 18．（17分）已知函数． (1)在单调递减，求m的取值范围； (2)若有两个不同的零点，求m的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）题设等价于恒成立，结合分离参数法求最值即可求解； （2）求导，通过讨论，讨论函数单调性、函数值情况即可求解. 【详解】（1）由题意， 因为在单调递减， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 又当且仅当即时取等号， 所以，即m的取值范围是； （2）由，得，定义域为， 当时，在恒成立，故在单调递减， 则在最多有一个零点，不合题意，舍去； 当时，令得， 时，，单调递减， 时，，单调递增， 且当时，，所以， 当时，， 因为此时，所以， 要使得在有两个不同的零点， 只需满足即可，解得，又， 所以， 综上可知：在有两个不同的零点，的取值范围是. 19．（17分）在数列，且满足；在数列中，记数列的前n项和为，满足. (1)求数列，的通项公式； (2)求数列的前n项和； (3)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2) (3) 【分析】（1）根据题意，得到，得出数列为等差数列，求得，再由时，，两式相减求得，得到为等比数列，求得，即可求解. （2）由（1）得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解； （3）根据题意，转化为对任意恒成立，设，根据，分为偶数和为奇数，两种情况讨论，列出不等式，即可求解. 【详解】（1）解：由数列，且满足，可得， 即，所以数列是以，公差为的等差数列， 所以，所以， 又由数列的前n项和为，满足， 当时，，可得， 当时，， 两式相减，可得，即，所以， 即，可得， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以. （2）解：由（1）知：且，所以， 则， 可得， 两式相减，可得 ， 所以. （3）解：由不等式，可得 即对任意恒成立， 设，可得， 当时，可得； 当时，，即，即， 当为偶数时，可得，解得； 当为奇数时，可得，解得， 综上可得，实数的取值范围为. 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 $ 2025-2026学年高二下学期数学期末复习训练卷(3) (范围：人教A版选择性必修1-3) 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．若复数满足，则（    ） A．1 B． C．2 D． 2．已知，且，则（   ） A． B． C． D． 3．设函数，则（    ） A． B． C．1 D． 4．已知等差数列的前项和为，则的公差为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 5．中国空间站已经进入正式建造阶段，天和核心舱､问天实验舱和梦天实验舱将在2022年全部对接，形成“T"字结构.在中国空间站建造阶段，有6名航天员共同停留在空间站，预计在某项建造任务中，需6名航天员在天和核心舱､问天实验舱和梦天实验舱这三个舱内同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少1人，至多3人，则不同的安排方案共有（    ） A．360种 B．180种 C．720种 D．450种 6．在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trullo，于1996年被收入世界文化遗产名录，现测量一个Trullo的屋顶，得到母线SA长为6米（其中S为圆锥顶点，O为圆锥底面圆心），C是母线SA的靠近点S的三等分点．从点A到点C绕圆锥顶侧面一周安装灯带，若灯带的最短长度为米，则圆锥的SO的体积为（    ） A．立方米 B．立方米 C．立方米 D．立方米 7．已知双曲线的左、右焦点分别为、，直线与双曲线交于，两点，若，则的面积等于（    ） A．18 B．10 C．9 D．6 8．设为不超过的最大整数，若数列的通项公式为，记的前项和为，则使得的最大正整数的值为（    ） 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．已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．关于中心对称 B．关于直线对称 C．的最小正周期为 D．的最大值为 10．已知F为抛物线的焦点，C的准线为l，直线与C交于A，B两点（A在第一象限内），与l交于点D，则（    ） A． B． C．以AF为直径的圆与y轴相切 D．l上存在点E，使得为等边三角形 11．梯形中，，，，与交于点，点在线段上，则（    ） A． B． C．为定值8 D．若，则的最小值为 三、填空题 12．函数的值域为_________． 13．已知直线与函数的图象相切，则________. 14．盒子中装有1个黑球和2个白球，小水每次从盒子中随机摸出1个球，并换入1个黑球，则第二次摸球时摸出黑球的概率是___________，设三次摸换球后盒子中所剩黑球的个数为，则___________. 四、解答题 15．（13分）已知数列满足，，数列的各项均为正数且前项和满足. (1)求证：数列是等比数列； (2)求数列，的通项公式； (3)设，求数列的前项和. 16．（15分）在平面直角坐标系中，已知点P到直线的距离与点P到点的距离之比为常数2.记P的轨迹为C，曲线C的上顶点为B. (1)推导C的标准方程； (2)过B的直线与C相交于另一点A.若面积为，求直线的方程. 17．（15分）如图，正△ABC的边长为4，CD为AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B. (1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由； (2)在线段BC上是否存在一点P，使？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 18．（17分）已知函数． (1)在单调递减，求m的取值范围； (2)若有两个不同的零点，求m的取值范围． 19．（17分）在数列，且满足；在数列中，记数列的前n项和为，满足. (1)求数列，的通项公式； (2)求数列的前n项和； (3)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围. 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 $