湖南省郴州市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** 该高二期末数学试卷以真实情境与分层设计为特色，涵盖集合、概率统计、立体几何等知识，通过电器寿命分析、产品定价回归等问题，培养数学眼光观察现实、思维推理及语言表达能力。 **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|集合运算、复数模、正态分布、立体几何距离、充要条件、排列组合|单选基础巩固（如集合），多选综合应用（如线性回归分析）| |填空题|3题15分|条件概率、函数零点、导数极值|创新定义（如弱中心对称）与开放结论（导数零点讨论）| |解答题|5题77分|函数对称性证明、概率期望、立体几何体积、导数恒成立、椭圆斜率定值|多问递进（如导数题含单调区间、恒成立、证明），情境真实（如考试得分规则概率模型）|

湖南省郴州市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．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．设复数，则=（    ） A．1 B．2 C．4 D．6 3．某电器由三个元件按下图方式连接而成，设三个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布，各个元件能否正常工作相互独立．当元件1正常工作，且元件2或元件3正常工作时，该电器正常工作．现有台这样的电器，估计这批电器使用寿命超过小时的台数为（   ） A． B． C． D． 4．如图所示，正方体的棱长为1，，，，分别为棱，，，的中点．则平面与平面间的距离为（   ） A． B． C． D． 5．“”是“直线与直线平行”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 6．若函数为偶函数，则（   ） A． B． C． D． 7．甲、乙、丙等6位同学都要报名参加学校举办的3项不同活动，每人只能报其中一项，要求每项活动至少有一人报名，则不同的报名方式共有（    ） A．360种 B．480种 C．540种 D．720种 8．已知函数，若方程有三个根，则实数的取值范围是（   ） 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．某工厂为了对新研发的一种产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的若干种价格进行试销，统计了连续5个月的月销售量y（单位：千件）与售价x（单位：元／件）的情况如下表所示.则（    ） 售价x（元/件） 10 11 12 13 14 月销售量y（千件） 10 9 9 7 5 参考公式：①；②；③. 参考数据：，，，. A．y关于x的线性回归方程为： B．相关系数（小数点后保留两位） C．当售价为15元/件时，预测月销售量为3.4千件 D．在线性回归方程的估计下，样本点的残差为 10．已知盒子中有12个样品，6个不同的正品和6个不同的次品，现从中逐个抽取5个样品.方案一：有放回地抽样，记取得次品个数为X；方案二：不放回地抽样，记取得次品个数为Y，则（   ） A． B．当或3时，最大 C． D．两种方案中第三次抽到次品的概率均为 11．设，则下列结论正确的是（    ） A．常数项为2 B．第4项系数为 C．奇数次系数和为32 D．当时，该式的值为2916 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．同时抛掷甲乙两枚质地均匀的骰子，设“甲骰子点数为3”，“两枚骰子点数之和为8”，则________． 13．已知函数有两个零点，则的取值范围是_________. 14．已知，函数，给出下列四个结论：①对任意，函数存在唯一极值点；②当时，函数没有零点；③存在，使得曲线过原点的切线有且只有一条；④当时，对任意，均有.其中所有正确结论的序号是__________. 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．设函数的定义域为，如果，都有，满足，那么函数的图象称为关于点的中心对称图形，点就是其对称中心．如果，且，使得，满足，那么函数的图象称为关于点的弱中心对称图形，点就是其弱对称中心． (1)证明函数的图象是关于点的中心对称图形 (2)判断函数的图象是否为关于原点的弱中心对称图形，并说明理由； (3)若函数的图象是弱中心对称图形，且是其弱对称中心，求实数的取值范围． 16．某次考试的多项选择题，每题4个选项中正确选项有2个或3个，得分规则如下：若正确选项有2个，只选1个且为正确选项得3分，2个且都为正确选项得6分，否则得0分；若正确选项有3个，只选1个且为正确选项得2分，选2个且都为正确选项得4分，选3个且都为正确选项得6分，否则得0分.学生甲对其中的一道多项选择题完全不会，该题恰有2个正确选项的概率为（），记为甲随机选择1个选项的得分，为甲随机选择2个选项的得分， (1)若，求； (2)求的概率分布列和数学期望； (3)证明：当且仅当时，. 17．如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为的中点，．    (1)证明：； (2)若为线段上一点，且四点共面，求三棱锥的体积． 18．已知函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若恒成立，求a的取值范围； (3)证明：，. 19．已知椭圆经过点，且离心率为. (1)求椭圆E的方程和焦点的坐标； (2)设点为椭圆E上的任一点（不在坐标轴上），直线与椭圆E交于另一点为，直线与椭圆E交于另一点为，为坐标原点，证明：直线与的斜率之积为定值. 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 $ 湖南省郴州市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 C D B B D D C B ABD BCD 题号 11 答案 CD 1．C 【详解】由题意得，根据交集的定义得. 2．D 【分析】先根据共轭复数的定义求出，再计算的结果，最后根据复数模的计算公式求解即可. 【详解】因为，所以， 所以， 所以. 3．B 【分析】先计算一台电器使用寿命超过小时的概率为，再由台这样的电器服从可得结果. 【详解】因为三个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布， 所以元件1、元件2、元件3使用寿命超过小时的概率均为， 一台这样的电器使用寿命超过小时，是元件1使用寿命超过小时，并且元件2、元件3至少有一个使用寿命超过小时， 因此一台这样的电器使用寿命超过小时的概率为， 显然台这样的电器，使用寿命超过小时的台数， 所以台这样的电器，估计这批电器使用寿命超过小时的台数为． 故选：B． 4．B 【分析】先利用面面平行的判定定理证明平面平面，从而面面距离转化为点面距离，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到面的距离公式进行求解. 【详解】连接，因为，，，分别为棱，，，的中点． 则，又平面平面， 所以平面， 连接，则． 所以四边形为平行四边形，所以． 又平面平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面. 所以平面与平面间的距离为点到平面的距离. 以为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量，，， 则有，令得， 故，其中， 则点到平面的距离为. 5．D 【分析】根据充分条件、必要条件的定义即可得解. 【详解】当时，直线的方程为， 直线的方程为，即， 此时直线与直线重合，而不是平行， 因此“”是“直线与直线平行”的不充分条件； 当直线与直线平行时， 有，解得或， 经检验，时两直线重合，不满足平行条件；时两直线平行， 所以“直线平行”的必要条件是， 该条件无法推出，故“”是不必要条件； 综上所述，“”是“直线与直线平行”的 既不充分也不必要条件，故D正确. 6．D 【分析】根据函数的奇偶性可求解，即可代入求解. 【详解】的定义域为，由于为偶函数，故， 即， 整理可得，故，则， 所以. 7．C 【分析】先将6个人分成3组，每组至少一人，求出总的分法数，再将这3组人，分配到3个活动项目中去，即可得答案. 【详解】将6个人分成3组，每组至少一人： 当三组人数为4，1，1时，有种分法； 当三组人数为3，2，1时，有种分法； 当三组人数为2，2，2时，有种分法； 所以一共有， 将这三组人数分别分配到3个活动项目中去， 所以共有种分配方式. 8．B 【分析】求导，根据导数作出函数的图象，数形结合求解参数范围即可. 【详解】当时，，可以看作函数向上平移个单位， 当时，，则， 因为当，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， ，，， 作出函数图象如下图， 令，则过定点， 当过原点时，即时，图象与图象有4个交点， 时，，当图象与图象相切时，设切点为， 此时， 将代入得， 整理得，因为在上单调递增， 又，所以， 当时，，图象与图象相切，有两个交点. 所以方程有三个根，的取值范围为． 9．ABD 【分析】由已知公式求得线性回归方程可判断ACD，由相关系数计算公式可判断B. 【详解】计算均值： ， ， 选项A：根据公式， ， 线性回归方程为，A正确； 选项B：相关系数，B正确； 选项C：代入回归方程： ，预测月销售量为千件，不是千件，C错误； 选项D：时， ，残差 ，D正确. 10．BCD 【分析】先得到，Y服从超几何分布，A选项，计算出，，A错误；B选项，，得到B正确；C选项，根据二项分布和超几何分布求期望公式得到C正确；D选项，方案一中，每次抽到次品的概率均为，方案二中，第三次抽到次品的情况有四种，“正正次”、“正次次”、“次正次”、“次次次”，求出每种情况下的概率，相加得到概率，得到D正确. 【详解】方案一中，有放回地抽样，则取得次品个数， ，， 方案二中，不放回地抽样，则取得次品个数Y服从超几何分布， 则，. 选项A，，，，A错误； 选项B，，由于，故或3时，最大，B正确； 选项C，由二项分布及超几何分布期望公式，，C正确； 选项D，方案一中，每次抽到次品的概率均为， 方案二，第三次抽到次品的情况有四种，“正正次”、“正次次”、“次正次”、“次次次”， 其中“正正次”的概率为，“正次次”的概率为， “次正次”的概率为，“次次次”的概率为， 故第三次抽到次品的概率为，D正确. 故选：BCD. 11．CD 【分析】根据二项展开式的通项公式，结合赋值法，依次判断各个选项即可. 【详解】的展开式的通项为， 对于A：常数项为，故A错误； 对于B：第4项系数即的系数，， 故的系数，故B错误； 对于C：令，得； 令，得， 将两式相减，得，故，故C正确； 对于D：令，得，故D正确. 故选：CD. 12． 【分析】分别求出和，再代入公式计算． 【详解】事件为“甲骰子点数为3”，甲骰子出现点数3只有1种情况， 而每枚骰子有6种可能的点数，同时投掷两枚骰子，总共有种不同的结果． 可得． 事件表示“甲骰子点数为3且两枚骰子点数之和为8”， 设甲骰子的点数为，乙骰子的点数为，则且，那么，即只有这1种情况． 根据古典概型概率公式可得． 所以． 13． 【分析】将问题转换为的图象与的图象有两个交点，利用导数分析函数单调性、极值情况即可求解. 【详解】，令， 求导得， 而， 所以在上单调递增，在上单调递减， 而当时，，当时，， 且有极大值， 所以若函数有两个零点，则的取值范围是. 故答案为：. 14．①②④ 【分析】对于①,求导得，再次求导分析函数的单调性，结合函数值的变化趋势可得函数的极值点的情况；对②，当时，结合①的结论和，可求函数的最小值，进而判断函数的零点情况；对③，设切点，利用斜率构建关系式，转化为函数的零点个数问题，求导分析单调性可确定有2个解，故有2条这样的切线；对④，根据①的结论，探究函数当时，函数在上的单调性，结合可判断④的真假. 【详解】对①：，则， 设，则恒成立. 所以在上单调递增. 若，当时，，，所以；当时，，，所以. 若，当时，，，所以；当时，，，所以. 所以对任意，总存在，当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 是函数的极小值点，且唯一存在，故①正确； 对②：当时，，. 由①可得，唯一存在是极小值点， 又，所以. 则. 所以当时，恒成立，即无零点，故②正确； 对③：因为，所以原点不在曲线上，设切点为， 则切线斜率为， 整理得：. 令，则. 因为，所以由. 所以在上单调递减，在上单调递增，故. 又当时，；当时，. 所以有2个解. 故对任意，曲线过原点的切线有2条，故③错误； 对④，由①得，函数只有一个极小值点，且在上单调递减，在上单调递增. 因为在上单调递增，且 当时，，所以. 所以函数在上单调递减，又， 所以当时，对任意，均有.故④正确. 15．(1)证明见解析 (2)不是，理由见解析 (3) 【分析】（1）直接根据定义即可证明； （2）根据定义列出方程，并证明无解； （3）先根据题目条件证明，再对每个构造相应的，即可得到答案. 【详解】（1）对任意的，都有. 所以函数的图象是关于点的中心对称图形． （2）函数的图象不是关于原点的弱中心对称图形． 理由如下：假设，，使得，则. 从而，即，解得，与矛盾. 所以函数的图象不是关于原点的弱中心对称图形. （3）①一方面，若存在，，使得，根据对称性，不妨设. 假设，则，从而由可知，故，矛盾，所以. 故，那么，从而由可知. 所以. ②另一方面，若，此时令，则. 此即，且. 从而，这就意味着，故. 而，故，从而. 这就说明存在，，使得. 综合①②两个方面可知，实数的取值范围为． 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对弱对称中心图形的定义的理解. 16．(1) (2) (3) 由题知，可能的取值为， ， ， 故， ， 故当且仅当时， 【分析】（1）得2分以上可能是随机选一个选项时，当为三个正确选项时选对1个，或者两个正确选项时选对1个，由互斥事件的加法公式得解； （2）可能的取值为，得0分为三个正确选项或两个正确选项的均选到错误选项，得2分只可能是三个正确选项的选对1个，得3分为两个正确选项的选对一个，分别由互斥事件的加法公式求解； （3）可能的取值为，类似（2）的分析得出的期望，结合（2）中的作差比较，得出证明. 【详解】（1）恰有2个正确选项的概率为，则恰有3个正确选项的概率为， 正确选项是2个时，随机选一个正确可得3分，概率为； 正确选项是3个时，随机选一个正确可得2分，概率为， 因此 （2）由题知，可能的取值为， ， ， ， 分布列为： （3）略 17．(1) 由题意知， 因为， 所以，又平面，又平面， 所以，又平面，且， 所以平面，又平面，所以. (2). 【分析】（1）利用向量数量积证得，再利用线面垂直的性质与判定定义即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系得平面的一个法向量，再设，根据垂直关系得值，最后利用体积公式即可. 【详解】（1）略 （2）因为平面，又平面， 所以，又，所以两两垂直， 如图以A为原点，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为 则， 不妨令，则所以 设，则， 因为四点共面，则，解得， 即，所以.    18．(1)函数的递增区间为，递减区间为； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）直接利用函数的导数判断函数的单调区间； （2）将不等式转化为恒成立，进而再构造函数，故只需求出的最大值，即可得所求值的范围； （3）先证明不等式，再根据不等式进行放缩并累加求和即可证明不等式. 【详解】（1）因为函数，函数的定义域为，. 当时，，因为，所以，. 故函数在上单调递减，在上单调递增. 故函数的递增区间为，递减区间为. （2）由，即，得在上恒成立； 令，. 由得，即，所以当，. 所以在上单调递增，在单调递减，所以. 所以，故a的取值范围为 （3）先证明不等式，令，. 所以在单调递减，所以，即不等式成立. 令，即，所以. 所以，，，. 上述n个式子相加得 . 故，成立. 19．(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定的点和离心率求出a，b作答. （2）设出点的坐标，根据给定条件，求出直线的方程，与椭圆方程联立，表示出点的坐标，再借助斜率坐标公式推理作答. 【详解】（1）依题意，椭圆半焦距c，，又，解得， 所以椭圆E的方程为，焦点坐标为. （2）设，设直线的方程为：，    由消去x并整理得，而， 则，即， ，设直线的方程为：， 由消去x并整理得，而， ，， ， 因此直线的斜率，而直线的斜率， 所以为定值. 【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． 学科网（北京）股份有限公司 $