湖南省长沙市高二数学2025-2026学年下学期期末测试模拟试卷（一）

**基本信息** 覆盖统计、立体几何、函数等模块，以飞行棋情境题、椭圆综合题等设计，考查数学眼光、思维与语言 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|百分位数与中位数（第1题）、向量（第2题）、导数几何意义（第4题）|基础层设计，如第1题结合统计量关系，考查抽象能力| |多选题|3/18|复数方程（第9题）、三棱锥体积与外接球（第10题）|能力提升层，第10题折叠问题融合空间观念与运算能力| |填空题|3/15|函数极值（第12题）、双曲线离心率（第13题）|聚焦关键能力，第13题结合对称性考查数学思维| |解答题|5/77|正方体线面平行（15题）、椭圆面积与三点共线（18题）、“k函数”新定义（19题）|创新应用层，18题以阿基米德背景考查模型意识，19题新定义问题发展创新意识|

湖南省长沙市高二数学2025-2026学年下学期期末测试模拟试卷（一）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C A A A B D C BC ABD 题号 11 答案 AD 1．A 【分析】根据中位数定义以及百分位数定义计算可得结果. 【详解】数据，，，，，，，，，已是由小到大的排列，数据共个， 中位数为第个与第个数据的平均值即中位数为， 由，因此百分位数为第个与第个数据的平均值即， 得， 解得， 故选：A． 2．C 【分析】设，根据平面向量的线性运算可得，结合平面向量基本定理可得，即可得结果. 【详解】依题意，设， 则， 又，且，不共线，则， 解得，即，则，，所以. 故选：C 3．A 【分析】先求出集合，根据集合的交集和补集求解即可. 【详解】因为，，所以. 4．A 【分析】根据导数的几何意义即可求解. 【详解】曲线在点处的切线方程的斜率为， 根据导数的几何意义得． 故选：A． 5．A 【分析】由函数在区间上的单调性，转化为不等式恒成立问题，构造新函数，利用导数与函数单调性求最值即可. 【详解】由函数，则， 因为函数在上单调递减，所以在上恒成立， 即在上恒成立，等价于在上恒成立， 令，则， 因为，所以，所以函数在上单调递增， 所以，所以， 所以函数在上单调递减，则实数的取值范围为. 6．B 【分析】利用抛物线定义将转化为横坐标与的方程，再由重心的坐标关系列出横坐标与的方程，解方程组即可求得的值. 【详解】由题：，设， 由抛物线定义知：， 又为的重心，所以，所以， 故选：B. 7．D 【分析】先通过和求出等差数列的首项与公差，得到通项和前项和公式，再逐一验证各选项，其中选项D利用放缩法结合裂项相消证明不等式成立. 【详解】由，依据等差数列前项和性质，得； 又，利用通项公式展开得，结合，联立得； 故； 选项A：，选项A错误； 选项B：，但，不构成等差数列，选项B错误； 选项C：，选项C错误； 选项D：，拆分前两项，对后续项放缩； 当时，，不等式成立； 当时，，不等式成立； 当时，前两项和；对的项用放缩，利用不等式，而， 因此，从到的和可以裂项为：， 合并放缩得，因为，所以， 综上，成立，选项D正确. 故选：D 8．C 【分析】先确定的分布列，再结合错位相减法及无穷数列的和求期望. 【详解】，即投掷次到达终点，故第一次投掷的点数为，故， ，即投掷次到达终点，故第一次投掷的点数不为， 第二次投掷的点数可根据第一次投掷的点数来唯一确定， 两次投掷的点数有以下的情况，，，，，. 故， ，即投掷次到达终点，前两次投掷均没有到达终点， ， ……， ，即投掷次到达终点，前次投掷均没有到达终点， ， 故①， ②， 则①-②得 故. 【点睛】结论点睛：若数列是首项为，公比为的等比数列，当且时，数列的所有项的和为：. 9．BC 【详解】因为复数是方程的一个根， 所以复数是方程的另一个根， 所以，且， 即，． 10．ABD 【分析】根据线面垂直的 判定定理及性质定理、三棱锥体积公式、二面角、外接球、内切球等求解方法，逐项计算验证即可. 【详解】选项A：设与交于，连接，则为中点. 因为，，所以，. 又，平面，，所以平面， 又平面，所以，故A正确； 选项B： 当平面时，三棱锥的高最大，三棱锥的体积最大， 此时，, 所以，故B正确； 选项C：若，则，所以，所以. 取的中点，连接，. 所以，即为三棱锥外接球的球心， 所以三棱锥外接球的表面积为，故C错误； 选项D：因为，，所以为二面角的平面角， 所以，所以， 点到平面的距离为， 设三棱锥内切球的半径为，所以 ，解得， 所以三棱锥内切球的体积为，故D正确. 故选：ABD. 11．AD 【分析】设，可得四边形周长为，求最值即可判断A，由，，可得的取值范围，判断B，因为，计算，，，，，得出三角形的面积为，判断C，设，写出，的方程并联立，得点的轨迹，判断D． 【详解】易知圆的圆心为，半径为， 对于选项A，设，因为， 所以，则四边形周长为， 则当最小时，四边形周长最小， 又易知的最小值为2，则四边形周长最小为，所以A正确， 对于选项B，易知，则， 由选项A知，， 所以，又，所以，故B错误， 对于选项C，因为，则，由选项A和B知，， 则，又， 所以三角形的面积为，故C错误，    对于选项D，当点P与原点重合时，，选项A和B知， ，则， 所以，又，则， 当点P与原点不重合时， 因为，所以在以为直径的圆上． 设，则的中点坐标为，， 则以为直径的圆的方程为， 将此圆的方程与圆M的方程相减， 可得直线的方程为， 又的方程为，由，解得， 所以，得到，代入， 化简得， 所以点C的轨迹是以为圆心，以为半径的圆， 所以的最大值为， 又，则的最大值为，故D正确． 故选：AD. 12． 【分析】由取极值的必要条件列方程，并检验即可. 【详解】函数在处有极值， ，经检验成立. 故答案为：. 13． 【分析】由图，题意，双曲线对称性可得为直角三角形，然后设，由及勾股定理可表示出a，c，即可得答案. 【详解】由双曲线对称性及，可知， 则为以为顶点的直角三角形.又由双曲线对称性， 可知四边形为平行四边形，结合， 可知四边形为矩形，则为直角三角形. 设，则. 故. 故答案为： 14． 【分析】根据题设以及逆用等比数列前n项和公式得即可得解. 【详解】因为 ， 所以. 故答案为：. 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作，交于点，作，交于点，再连接，通过说明四边形是平行四边形，即可求证； （2）过点作直线，设直线分别与，交于点，，说明平面即平面，进而可求解. 【详解】（1） 作，交于点，作，交于点，连接． 因为，所以．同理可得． 因为在正方体中，，，所以，所以．因为，所以． 因为，所以四边形是平行四边形，所以． 因为不在平面内，平面，所以平面． （2）过点作直线，设直线分别与，交于点，，连接，，，记． 因为，所以，，即，分别为，的中点． 因为，，所以四边形为平行四边形，， 所以，平面即平面，延长，与的交点即为点． 因为，所以，解得． 16．(1)； (2)． 【分析】(1)已知两边及其夹角，利用余弦定理计算边即可； (2)求中线的值利用向量的平行四边形法则，将中线表示为相邻两边的向量和，利用向量模长的计算方法计算即可 【详解】（1）因为，且为锐角，所以， 又因，由余弦定理，． （2）因为是线段的中点，所以， 则， 即，即的值为． 17．(1)， (2)分布列见解析， 【分析】（1）求出展开式的通项，根据第5项为常数项求出，再根据二项式系数的性质即可得解； （2）先确定展开式中无理项的项数，进而可得出的所有可能取值，再求出对应概率，即可得出分布列，再根据期望公式求期望即可. 【详解】（1）的展开式的通项为， 因为第5项为常数项，所以当时，有，解得， 所以该展开式共有9项，二项式系数最大的项为第5项，； （2）由（1）知展开式的通项为 ， 由，可得， 即展开式中有理项的个数为3，无理项的个数为6， 故随机变量的可能取值为0，1，2，3， 则，， ，， 的分布列为 0 1 2 3 因此． 18．（1）；（2）；（3）共线，证明见解析. 【分析】（1）根据条件列出关于a,b,c的方程组，并注意a,b,c的平方关系，求解即得a,b的值，进而得到方程； （2）设直线的方程为，，，与椭圆方程联立，利用韦达定理，弦长公式求得面积关于t的函数表达式，适当换元，整理变形，可利用对勾函数的单调性求得最大值； （3）先求得直线方程，进而求得它与直线交于点， 然后证明，即可得到结论. 【详解】（1）由题意可得：， 解得，，， 所以椭圆方程为. （2）设直线的方程为，，， 由，整理得， ， ， 令()，则， 设，函数在区间单调递增，知， 即当，即时，取到最大值. （3）由（2）知点在直线的方程为上，且. 易知椭圆的左､右顶点分别为，，直线方程为：， 它与直线交于点，则， 由于，都存在，且 ， 故于是于是B，Q，F三点共线. 【点睛】注意（2）中的直线的设法是为和求面积相适应的；注意求最值中的换元思想和函数思想的运用；注意（3）中的利用韦达定理的结论进行化简及运算的准确性. 19．(1)； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据函数的定义写出，再根据是偶函数列出方程，即可得解； （2）（i）运用函数的定义，得到，再根据与的奇偶性列出方程，即可得解； （ii）由题可得，再运用换元法令，将其转化为，结合二次函数的性质与的范围确定复合函数的单调性，将转化为，再进行参变分离得，运用换元法与基本不等式，即可得解. 【详解】（1）由题知，， 因为是偶函数，所以， 即，即， 又，可得， 因为对任意成立，所以， 又，解得； （2）（i）因为为的“函数”， 所以①，所以， 因为为奇函数，为偶函数，所以， 所以②， 联立①②，解得； （ii）， 令，且在上单调递增， 又在上单调递增， 所以在上单调递增，所以在上单调递增， 因为， 所以对任意恒成立， 那么对任意恒成立， 所以， 令，则，所以， 又，当且仅当时等号成立， 所以，则，所以的最小值为. 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 $ 湖南省长沙市高二数学2025-2026学年下学期期末测试模拟试卷（一） 一、单选题：本大题共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. 1．一组从小到大排列的数据：，，，，，，，，，若它们的百分位数是中位数的两倍，则的值为（    ） A． B． C． D． 2．如图，在梯形中，点在线段上，．若，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．已知集合，，则（     ） A． B． C． D． 4．已知曲线在点处的切线方程是，则（   ） A． B． C． D． 5．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（     ） A． B． C． D． 6．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，为的重心，且尚，则的值为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 7．已知等差数列的前项和为，若，则下列结论正确的是（    ） A． B．成等差数列 C． D． 8．飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子（骰子为均匀的正六面体）正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数.在一次游戏中，飞机距终点只剩3步（如图所示），设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为，则（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 二、多选题：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，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．若复数是方程的一个根，其中，则下列正确的是（   ） A． B． C． D． 10．已知菱形的边长为2，，将沿着折起至，连接，得到三棱锥，则下列说法正确的是（    ） A． B．三棱锥体积的最大值为1 C．若，则三棱锥外接球的表面积为 D．若二面角的余弦值为，则三棱锥内切球的体积为 11．已知圆，点为轴上一个动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，直线与交于点，则下列结论正确的是（   ） A．四边形周长的最小值为 B．的最大值为2 C．若，则三角形的面积为 D．若，则的最大值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知函数（为常数），若为的一个极值点，则__________. 13．已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，，是上关于原点对称的两点，且，，则的离心率为_________． 14．设正整数，其中，记，当，时______. 四、解答题：本大题共5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)如图，在棱长为4的正方体中，点M，N分别在线段，上，且． (1)证明：平面． (2)记过且与平行的平面为，平面与直线交于点P，求的长． 16．(15分)在中，内角的对边分别为，且，锐角满足． (1)求的值； (2)若是线段的中点，求的值． 17．(15分)在的展开式中，第5项为常数项． (1)求的值，并求该展开式中二项式系数最大的项（结果的系数用数字表示）； (2)若在展开式中任取3项，其中无理项的个数为，求的分布列和数学期望． 18．(17分)阿基米德(公元前287年-公元前212年，古希腊)不仅是著名的哲学家､物理学家，也是著名的数学家.他曾利用“逼近法”得到椭圆的面积等于圆周率乘以椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积在直角坐标系中，椭圆的面积为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形，过点且斜率不为0的直线与椭圆交于不同的两点A，B. （1）求椭圆的标准方程； （2）求面积的最大值； （3）设椭圆E的左､右顶点分别为P，Q，直线PA与直线交于点，试问B，Q，F三点是否共线？若共线，请证明；若不共线，请说明理由. 19．(17分)若存在实数使得，则称函数为的“函数”. (1)设函数，若偶函数为的“函数”，且满足，请求出此时的值； (2)若为的“函数”，其中为奇函数，为偶函数， （i）求的解析式； （ii）设函数.若，且不等式对任意成立，求实数的最小值. 第1页，共2页 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $