2025-2026学年6月荆山公学高二数学下学期期末复习卷

**基本信息** 以高考内容为范围，融合科技前沿（如人工智能领域选择）与文化活动（如天津赏花打卡）情境，通过梯度化问题设计（如数列基础到导数综合），考查数学抽象、逻辑推理与数据应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题40分|集合、向量、复数、数列|第6题以五大科技领域为背景，考查分步计数原理| |多选题|3题18分|不等式、立体几何、导数|第10题结合正方体动态动点，考查空间想象与计算| |填空题|3题15分|等差等比数列、圆、概率|第14题以赏花打卡为情境，考查条件概率与二项分布| |解答题|5题77分|数列、解三角形、立体几何、解析几何、导数|第19题导数极值与零点综合，考查逻辑推理与分类讨论|

2026年6月荆山公学高二数学期末复习卷 数 学 范围：高考内容；时间：120分钟； 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）若集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．（本题5分）在平行四边形中，为的中点，若，则（    ） A． B． C． D． 3．（本题5分）设为虚数单位，若复数满足，则（    ） A． B． C． D． 4．（本题5分）已知数列的各项均为正数，前项和为，则“”是“为等比数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．既不充分又不必要条件 D．充要条件 5．（本题5分）函数的部分图象如图所示，则（   ） A．的单调递增区间是 B．函数的图象向左平移个单位后得到的是一个奇函数的图象 C．图象的对称中心是 D．图象的一条对称轴方程是 6．（本题5分）现代科技前沿的五大热门研究领域是：人工智能、量子计算、脑机接口、可控核聚变、深空探测．甲、乙、丙、丁、戊5名同学分别选取其中一个不同的领域作为课外科研研读主题，若甲、乙都没有选人工智能，乙也没有选深空探测，则5名同学所有可能的选择有（    ）种 A．18 B．36 C．54 D．72 7．（本题5分）若，，且满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．（本题5分）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与轴相交于点，与双曲线在第二象限的交点为，若，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）若，，，则（    ） A． B． C． D． 10．（本题6分）如图，在棱长为2的正方体中，分别是线段和线段上的动点，且，则下列说法正确的有（    ）   A． B．三棱锥的体积最大值为1 C．若为中点时，则点到直线的距离为 D．三棱锥外接球球心轨迹的长度为 11．（本题6分）已知的导函数为，且，，则（    ） A． B． C．在上单调递增 D． 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）已知等比数列与等差数列，满足，，则_______． 13．（本题5分）若圆M：（）被直线所截得的弦长为6，过点作圆M的切线，其中一个切点为A，则的值为_____________． 14．（本题5分）2026天津五大道举办“津遇和平·拾光海棠”文明赏花打卡活动．游客分上午、下午两个时段参与打卡，每次打卡可获得1枚或2枚文明纪念章．上午随机获得1枚或2枚纪念章，概率均为0.5；若上午获得1枚纪念章，则下午获得1枚的概率为0.3，获得2枚的概率为0.7；若上午获得2枚纪念章，则下午获得1枚的概率为0.6，获得2枚的概率为0.4． （1）一名游客上、下午打卡结束后，一共获得3枚纪念章的概率为_________； （2）若累计获得不少于3枚纪念章评为文明打卡达人，现随机抽取4名游客，以X为获评达人的人数，则_________． 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）已知等比数列的前项和为，且满足． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 16．（本题15分）已知三角形的角，，所对的边为，，，且，，延长到点． (1)若，求的长； (2)若，，求的长． 17．（本题15分）如图，在四边形中，，，，是中点，连接，将沿折起使点至点处，得四棱锥，且，点为中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 18．（本题17分）已知双曲线：（，）的焦距为，其中的一条渐近线与直线垂直． (1)求的方程； (2)记的右顶点为，横坐标为4的点在上，射线上的点满足，求点的坐标； (3)直线：与交于，两点，为坐标原点．是否存在常数，使恒为定值？若存在，求出常数；若不存在，请说明理由． 19．（本题17分）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围； (3)当时，直线与曲线有三个交点，设的取值集合为，求的取值范围. 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 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A D B C D C A B BC AC ACD 1．A 【详解】已知，则， 选项A：空集是集合，不是元素，不能用符号连接，故A正确； 选项B：，故B错误； 选项C：，故C错误； 选项D：，故D错误． 2．D 【详解】在平行四边形中，为中点，则， 因为，所以， 若，则，所以. 3．B 【详解】由复数（），可得.则即. 所以，解得，因此，.则. 4．C 【详解】可化为， 即，而的比值不确定，故不能得到为等比数列， 反之，若为公比为的等比数列，则， 则，即， 若，则， 则，即，不满足题意， 故对于公比为的等比数列，， 所以为等比数列不一定能推出. 故“”是“为等比数列”的既不充分又不必要条件. 5．D 【详解】由图像可得，，， ，将点代入可得， 又，，所以函数， 令，解得，， 故函数的增区间为，，故A错误； 由，所以是函数的一条对称轴，故D正确； 令，解得，所以函数的对称中心为，，故C错误； 将函数的图像向左平移个单位，得到，该函数为偶函数，故B错误. 6．C 【详解】第一步：安排乙，由题意乙不能选人工智能、深空探测， 故可从剩余3个领域中任选1个，共种选法； 第二步：安排甲，甲不能选人工智能，且不能与乙选择的领域重复， 此时剩余可选领域共种选择，即种选法； 第三步：安排剩余3名同学，剩余3个不同领域进行全排列，即种排法， 根据分步乘法计数原理，总选择种数为. 7．A 【详解】由变形可得：，即， 故；令，则 由得： 当时，，单调递增，当时，，单调递减； 因为，，故，故在上， 可得：，故；令，，； 则，令，解得：； 当时，，单调递增，当时，，单调递减； 故，综上；故． 8．B 【详解】如图设，所以，设是的中点，，， 是的垂直平分线，， 又，即，所以会经过的中点， 又是的中线，所以是的重心， 又因为是的中点，所以三点共线， 又因为，所以，所以是等边三角形， 由是等边三角形得： ，， 所以，即，即. 9．BC 【详解】对于A，因为，，，所以， 当且仅当时取等号，即，所以，所以A不正确； 对于B，因为， 当且仅当时取等号，所以B正确； 对于C，因为，所以， 当且仅当时取等号，所以C正确； 对于D，因为，，且，所以， 又因为，可得，所以D不正确. 10．AC 【详解】如图，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 设，，， 则，， 因，所以，故A正确； ， 当且仅当，即时成立，故B错误； 若为中点时，则,，， ，， ，，， ，故C正确； 设三棱锥的外接球球心为，因为平面，则， 因为为直角三角形，球心在与平行的中垂线上，所以，， 则球心为，球心的轨迹为一条线段， 当时，球心为，当时，球心为， 轨迹长度为，故D错误. 11．ACD 【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. 12．/0.5 【详解】设等比数列的公比为，由，得，则， 设等差数列的公差为，由，得， 则，，所以． 13． 【详解】求圆心到直线的距离：由圆M：（）知圆M的半径， 已知直线截圆所得弦长为6，由垂径定理可得， 圆心到直线的距离满足： ，代入，解得. 求：根据点到直线的距离公式得， 化简得，解得或， 又，所以，即圆心. 计算切线长： 如图，因为是圆的切线，故，为直角三角形， 其中，， 由勾股定理得. 14．/ 【详解】（1）总获得3枚纪念章分两种互斥情况： 情况1：上午得1枚，下午得2枚，概率为； 情况2：上午得2枚，下午得1枚，概率为. 因此总概率. （2） 总获得4枚纪念章的概率为 ， 因此获评文明打卡达人概率 . 由题意，服从二项分布，则. 15．(1),(2) 【详解】（1）当时，， 相减可得当，即，．因为是等比数列，． 当时，，可解得．数列的通项公式为． （2）∵   ,∴，① ①3得，② 由①②得， 即，化简得． 16．(1),(2) 【详解】（1）由和正弦定理，可得， 因，代入可得， 因为，所以，由因,所以. 在中，，，， 由余弦定理，， 所以. （2）设，则，设，则. 在中，，由正弦定理，得①， 在中，，由正弦定理，得②. 由得：， 整理得： 可得 . 又为锐角，所以. 在中，由正弦定理，可得， 所以. 17．(1)连接交于，连接， 因为，由题意是中点，又， 所以，则四边形为平行四边形， 故点为中点，又点为中点． 所以，又平面，不在平面内， 所以平面； (2),（2）由（1）可知四边形为梯形中， 且，，，故四边形是正方形， 所以，， 将沿折起使A点至P点处，有，， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 因为，O是中点，所以， 又平面，平面平面，所以平面． 以O为坐标原点，，所在直线分别为y轴，z轴，以过O与平行的直线为x轴，建立如图所示的空间坐标系．因为，可得， 则，，，，，，． 则,，， 设平面的法向量为， 则，取，得， 则．设直线与平面所成角为， 则，即直线与平面所成角的正弦值为. 18．(1),(2)或,(3)不存在常数，使恒为定值.理由如下： 如图：将直线代入，整理得：. 由可得， 设，，则，， 则. 则 . 要使为定值，不随的改变而改变，须使， 该方程在实数范围内无解，故不存在常数，使为定值. 【详解】（1）直线的斜率为，双曲线的一条渐近线与直线垂直， 所以这条渐近线的斜率为.依题意，可得解得. 所以双曲线的标准方程为：. （2）由题意，对于，当时，，即或. ① 当时，，则， 设，，由， 即，解得，所以，则 ② 当时，同法可得.所以点坐标为或. （3）略 19．(1),(2),(3). 【详解】（1） ，所以， 又 ，所以，所以切线方程为， 即. （2） 当或时，只有一个零点，不可能有两个极值点； 当时，令，得或， 当时，与的变化情况如下表： 0 + 0 - 0 + 极大值 极小值 当时，与的变化情况如下表： 0 + 0 - 0 + 极大值 极小值 综上：的取值范围为. （3）由（2）可得， ， 令，， 令，则在恒成立， 所以在单调递增，即在单调递增， ，单调递减，又时，，时，. 所以的取值范围为. 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 $