精品解析：广东广州市部分学校2025-2026学年下学期期末考试高二数学

2025-2026学年下学期期末考试 高二数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 一、单选题：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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则（ ） A. B. C. D. 2 3. 已知，则（ ） A. －10 B. －40 C. 10 D. 40 4. 函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 是的极小值 B. 的极值点有3个 C. 在区间上单调递减 D. 曲线在处的切线斜率小于零 5. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，过点作圆（为参数，且）的两条切线分别切圆于点、，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，其中表示，，中的最小者．若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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（ ） A. 为的一个周期 B. 的图象关于直线对称 C. 的一个零点为 D. 在区间上单调递减 10. 下列命题中正确的是（ ） A. 若回归方程为，则变量与成负相关 B. 数据的上四分位数为 C. 某校高三年级男生的身高（单位：）近似服从，随机选择一名该校高三年级的男生，则（若，则，） D. 已知数据、、…、的平均数，方差为．设，数据、、…、的方差为，数据、、…、、、、…、的方差为，则 11. 如图，是棱长为1的正方体的表面上一个动点，为棱的中点，为侧面的中心.下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 与平面所成角的余弦值为 C. 若点在各棱上，且到平面的距离为，则满足条件的点有9个 D. 若点在侧面内运动，且满足，则存在点，使得与所成角为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若双曲线的一个焦点坐标为（2，0），则双曲线离心率为______． 13. 某班级要从3名男生和2名女生中选取2位学生分别担任正､副班长，则至少有一名女生被选中的不同选法有__________种. 14. 已知圆O的半径为1，直线PA与圆O相切于点A，直线PB与圆O交于B，C两点，D为BC的中点．若PO＝，则·的最大值为________． 四、解答题：本题共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. 在中，角所对的边分别为，，角的平分线交于点，且． （1）求的大小； （2）若，求的面积． 16. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 17. 如图所示，已知四棱锥中，. （1）求证：平面； （2）当四棱锥的体积最大时，求二面角的大小. 18. 已知抛物线C：经过点是抛物线C上异于点A的动点，且 （1）求直线AB的斜率(用表示)； （2）设不经过点A的直线l与C交于M，N两点，且直线的斜率之和为1. ①求证：直线l恒过定点Q； ②若向量，且，求的面积S的取值范围. 19. 甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式，当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留，当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙，当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙．初始时，球在甲手中．设投掷次后，球在乙手中的概率为． （1）求和； （2）求数列的通项； （3）设，数列的前项和为，若，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年下学期期末考试 高二数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 一、单选题：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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解绝对值不等式得A，根据交集的定义计算即可. 【详解】解得，即，B为奇数集，故. 故选：C 2. 设，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先根据共轭复数的定义写出，然后根据复数的乘法计算. 【详解】依题意得，，故. 故选：D 3. 已知，则（ ） A. －10 B. －40 C. 10 D. 40 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式定理性质运算. 【详解】. 故选：D 4. 函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 是的极小值 B. 的极值点有3个 C. 在区间上单调递减 D. 曲线在处的切线斜率小于零 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的几何意义与极值、极值点的定义分别判断各选项. 【详解】A选项：由导函数图象可知是函数的极小值点， 的极小值为，A选项错误； B选项： 的极值点有两个，极大值点-3，极小值点3，B选项错误； C选项：由导函数图象可知，当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减，C选项错误； D选项：由图象可知，即函数在处切线斜率小于零，D选项正确. 故选：D. 5. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用已知条件得到，再用累加法求出数列的通项，用裂项相消法求数的和. 【详解】由得：， 即， 所以 . 故选：A. 【点睛】方法点睛：递推公式求通项公式，有以下几种方法： 1.型如：的数列的递推公式，采用累加法求通项； 2.形如：的数列的递推公式，采用累乘法求通项； 3.形如： 的递推公式，通过构造转化为，构造数列是以为首项，为公比的等比数列， 4.形如： 的递推公式，两边同时除以，转化为的形式求通项公式； 5.形如：，可通过取倒数转化为等差数列求通项公式. 6. 已知，过点作圆（为参数，且）的两条切线分别切圆于点、，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知圆心在直线上运动，设，则，求得，利用弦化切可得出，求出的取值范围，结合双勾函数的单调性可求得的最大值. 【详解】圆心，半径为，圆心在直线上运动， 设，则，由圆的几何性质可知， 所以，， 当直线与直线垂直时，取最小值，则取最小值， 且，则，则， 由双勾函数的单调性可知，函数在上为增函数，且， 故函数在上为减函数， 故当时，取得最大值. 故选：C. 7. 设函数，其中表示，，中的最小者．若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出函数的解析式，然后根据，分情况讨论求出对应的的范围即可. 【详解】因为函数， 当且时，. 解不等式组得，； 当且时，. 解不等式组得，； 当且时，. 解不等式组得，； 所以， ①当 时，， 若  ，即 ，则 ，不等式  恒成立，故符合题意； 若，即，则 ， 不等式化为，解得 或 ，所以符合题意， 所以 符合题意； ②当  时，，此时，故， 不等式为 ，即 ，解得 ，综合可得符合题意； ③当  时，，，不等式为 ，即 ，无解． 综上所述，实数的取值范围为 ． 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解. 【详解】[方法一]：构造函数 因为当 故，故，所以； 设， ，所以在单调递增， 故，所以， 所以，所以，故选A [方法二]：不等式放缩 因为当， 取得：，故 ，其中，且 当时，，及 此时， 故，故 所以，所以，故选A [方法三]：泰勒展开 设，则，， ，计算得，故选A. [方法四]：构造函数 因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以， 故选：A． [方法五]：【最优解】不等式放缩 因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以． 故选：A． 【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法； 方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解． 二、多选题：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（ ） A. 为的一个周期 B. 的图象关于直线对称 C. 的一个零点为 D. 在区间上单调递减 【答案】AC 【解析】 【分析】根据周期的公式即可求解A，代入验证即可求解BC，利用整体性即可判定D. 【详解】对于A，根据函数知最小正周期为，故A正确； 对于B，当时，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，由于，则，故在上不单调递减，D错误. 故选：AC. 10. 下列命题中正确的是（ ） A. 若回归方程为，则变量与成负相关 B. 数据的上四分位数为 C. 某校高三年级男生的身高（单位：）近似服从，随机选择一名该校高三年级的男生，则（若，则，） D. 已知数据、、…、的平均数，方差为．设，数据、、…、的方差为，数据、、…、、、、…、的方差为，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据回归系数即可判断；对于B，根据条件，利用百分位数的求法，直接求出上四分位数，即可求解；对C，利用正态分布的性质，即可求解；对D，根据条件先求出，再利用分层抽样的平均数和方差的求法，即可求解. 【详解】对于A，因为回归方程为的回归系数为，所以变量与成负相关，故A正确， 对于B，因为，所以数据的上四分位数为，故B正确， 对于C，因为身高，则， 所以，故C错误， 对于D，因为数据、、…、的平均数，方差为， 又，则，， 所以数据、、…、、、、…、的平均数为， 方差为，故D正确. 11. 如图，是棱长为1的正方体的表面上一个动点，为棱的中点，为侧面的中心.下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 与平面所成角的余弦值为 C. 若点在各棱上，且到平面的距离为，则满足条件的点有9个 D. 若点在侧面内运动，且满足，则存在点，使得与所成角为 【答案】AC 【解析】 【分析】建立以为原点空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，可得，即可判断A；设与平面所成的角为，由，即可判断B；由正方体各个顶点到平面的距离与比较，即可判断C；点在侧面内运动，且满足，可得点在侧面内，以为圆心，为半径的一段圆弧上运动，而当点于或重合时与所成角为，即可判断D. 【详解】 对A，如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 则，所以，即， 所以平面，故A正确； 对B，设与平面所成的角为， 则，故B错误； 对C，因为正方体的棱长为1，所以正的边长为， 正方体的对角线， 设到平面的距离为，由， 则，则， 则到平面的距离为， 因为， 所以在以为顶点的棱上，满足条件的点共有3个， 又与平面所成角的正弦值为， 所以到平面的距离为， 因为，所以在棱上都存在满足条件的点， 同理在都存在满足条件的点， 而棱到平面最近的距离为，所以不存在满足条件的点， 所以满足条件的点共有9个，故C正确； 对D，设，则，又， 所以，即， 则点在侧面内，以为圆心，为半径的一段圆弧上运动， 而当点和或重合时与所成角为，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. 若双曲线的一个焦点坐标为（2，0），则双曲线离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，再由离心率公式求解即可. 【详解】解：因为双曲线的一个焦点坐标为（2，0）， 所以，解得， 即有， 所以离心率. 故答案为： 13. 某班级要从3名男生和2名女生中选取2位学生分别担任正､副班长，则至少有一名女生被选中的不同选法有__________种. 【答案】 【解析】 【分析】由分类加法和分步乘法计数原理即可求解． 【详解】若恰有1名女生被选中，则有种选法； 若有2名女生被选中，则有种选法， 所以共有种选法， 故答案为：. 14. 已知圆O的半径为1，直线PA与圆O相切于点A，直线PB与圆O交于B，C两点，D为BC的中点．若PO＝，则·的最大值为________． 【答案】 【解析】 【详解】分析：由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得·＝－sin （2α－），或·＝＋sin （2α＋），然后结合三角函数的性质即可确定·的最大值． 详解：如图，OA＝1，OP＝，则由题意可知OA⊥PA，则由勾股定理可得PA＝＝1，则∠APO＝45°， 当点A，D位于直线PO异侧或点D与点O重合时，设∠OPC＝α，0≤α＜，则·＝||·||cos （α＋）＝1×cos αcos （α＋）＝cos α（cos α－sin α）＝cos 2α－sin αcos α＝－sin 2α＝－sin （2α－）.又0≤α＜，则－≤2α－＜，所以当2α－＝－时，·有最大值1. 当点A，D位于直线PO同侧时，设∠OPC＝α，0＜α＜，则·＝||·||cos （α－）＝1×cos αcos （α－）＝cos α（cos α＋sin α）＝cos 2α＋sin αcos α＝＋sin 2α＝＋sin （2α＋）. 又0＜α＜，则＜2α＋＜，所以当2α＋＝时，·有最大值. 综上可得，·的最大值为. 本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力． 四、解答题：本题共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. 在中，角所对的边分别为，，角的平分线交于点，且． （1）求的大小； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理把边化成角，进而求解； （2）由三角形面积公式并利用可得，再由余弦定理即可求得，由三角形的面积公式可得结果. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理可得． 因为，所以， 所以，故， 又因为，所以． 【小问2详解】 由题意可知， 即，化简可得． 在中，由余弦定理得， 从而，解得或（舍）． 则． 16. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）. 【解析】 【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间； （2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果. 【详解】（1）当时，，， 令，解得，令，解得， 所以的减区间为，增区间为； （2）若有两个零点，即有两个解， 从方程可知，不成立，即有两个解， 令，则有， 令，解得，令，解得或， 所以函数在和上单调递减，在上单调递增， 且当时，， 而时，，当时，， 所以当有两个解时，有， 所以满足条件的的取值范围是：. 【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线和直线有两个交点，利用过点的曲线的切线斜率，结合图形求得结果. 17. 如图所示，已知四棱锥中，. （1）求证：平面； （2）当四棱锥的体积最大时，求二面角的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形全等及三线合一证明，然后利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）先通过二面角定义作出二面角的平面角，求出四棱锥体积最大时，从而在直角三角形中求解即可. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，设，连接，则，点为的中点， 又，所以，又，且， 所以，又，平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 由（1）可知，平面，平面，所以平面平面， 取的中点为O，连接，则，平面平面， 平面，所以平面，过点作，垂足为H，连接， 则，所以为二面角的平面角， 因为四棱锥的体积为 ，当且仅当即体积最大， 此时， 在中，，所以， 所以二面角的大小为. 18. 已知抛物线C：经过点是抛物线C上异于点A的动点，且 （1）求直线AB的斜率(用表示)； （2）设不经过点A的直线l与C交于M，N两点，且直线的斜率之和为1. ①求证：直线l恒过定点Q； ②若向量，且，求的面积S的取值范围. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）将点的坐标代入抛物线方程，求出的值，即可得解； （2）①设直线方程为，将其与抛物线方程联立，设，由斜率之和为，结合韦达定理可证明结论； ②由于轴，则，进而化简求最值. 【小问1详解】 根据题意，将点代入抛物线方程， 得，所以抛物线C：， 则，由于，则， 所以； 【小问2详解】 ①设，直线的方程为， 所以， 联立，消去并化简得：， 所以，， 所以， 即， 所以，所以， 所以直线的方程为，即 所以直线过定点，该点坐标为； ②由，，可得轴，且， 联立与，并令，得， 则，且由得， 由，即， 得， 由于得，且， 则的面积 ， 而 ， 由于，得，而即， 即，所以，且，则且， 由于在单调递减，在单调递增， 所以，当，当， 当， 故面积S的取值范围为. 19. 甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式，当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留，当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙，当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙．初始时，球在甲手中．设投掷次后，球在乙手中的概率为． （1）求和； （2）求数列的通项； （3）设，数列的前项和为，若，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据传球游戏的规则，再根据独立事件概率公式，求解概率， （2）首先题意，可得关于数列的递推公式，，再通过构造求数列的通项公式； （3）首先根据（2）的结果，求，利用裂项可得，求和可得，并利用放缩法得，利用错位相减法即可证明不等式. 【小问1详解】 当投掷2次骰子后，球在乙手中，共有1种情况：甲甲乙，其概率为，故， 当投掷3次骰子后，球在乙手中，共有3种情况： ①：甲乙甲乙，其概率为 ②：甲乙丙乙，其概率为 ③：甲甲甲乙，其概率为 所以投掷3次后，球在乙手中的概率为. 【小问2详解】 由于投掷次骰子后球不在乙手中的概率为，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙，故有． 变形为． 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列． 所以． 所以数列的通项公式． 【小问3详解】 ,故， 故， 所以，故， 记，其前项和为， 所以， 故， 相减可得， 故， 故， 故， 因此，得证. 【点睛】方法点睛：解决概率与数列知识点交叉题的方法，一般是从概率问题中寻求相关概率间的递推关系，利用转化思想将其化归为等差或等比数列求解；对于利用数列的通项公式证明不等式时，常用到裂项相消法和错位相减法求和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $