湖南张家界市2025-2026学年高二下学期期末考试数学自编试卷

**基本信息** 立足高一数学核心内容，融合AI深度伪造识别、购物优惠统计等真实情境，梯度设计考查数学抽象、逻辑推理与数据建模能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|集合、函数、线性回归、二项式定理|第5题以AI检测概率考查条件概率，体现科技前沿| |多选题|3/18|空间向量、抛物线、函数性质|第11题结合函数图像与方程根，深化逻辑推理| |填空题|3/15|等比数列、立体几何体积、三角函数图像|第14题通过图像变换综合考查三角函数性质| |解答题|5/77|解三角形、立体几何、统计案例、导数、双曲线|第17题购物优惠与性别关联分析，强化数据意识；第18题导数切线斜率证明，突出数学思维严谨性|

湖南省张家界市2025-2026学年高一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 B A D D B B A A ABD ACD 题号 11 答案 BCD 1．B 【详解】集合，共有4个元素，故选B. 2．A 【分析】利用导数在处的定义，与导函数在处导数值相等即可求解. 【详解】==， 而，所以，. 3．D 【详解】由表格可得， 因样本中心点满足回归方程， 即，解得. 当时，， 此时残差为. 4．D 【分析】根据各项系数和得，再写出的展开式通项，结合乘积形式写出展开式中含项的系数. 【详解】由题意，时，所以二项式为， 其中的展开式通项为，， 所以，则，此时， ，则不是整数，故该项不存在， 综上，展开式中含项的系数为. 5．B 【详解】设事件表示“该图像实际存在深度伪造”，事件表示“模型输出结果为有深度伪造”.由已知：，，， 则 ，可得. 又因为 ，所以 故选B. 6．B 【分析】利用函数零点和单调性判断即可. 【详解】令，因为， 所以当时有：，方程无实数解， 当时有：，解得（舍去）或， 所以函数有一个零点，即函数图象与轴负半轴有交点，故A、D选项错误； 当时，函数，因为与在上单调递减， 所以当在上单调递减， 故B选项正确，C选项错误. 7．A 【分析】由令，，转化为与的图象有两个交点，利用导数求出的图象可得答案. 【详解】令， 得， 令，， 即与的图象有两个交点， ， 当时，，单调递增， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递减， 所以当时，有极小值，为， 当时，有极小值，为， 当时，， 再由 可得的大致图象如下图: 所以当时，函数有两个零点. 8．A 【分析】先将函数的零点问题转化为常函数与函数的交点问题，再通过求导研究的单调性及图象变化，使两个函数图象在上有两个交点即可. 【详解】由，可得， 因此在区间上有两个零点，可等价转化为与在有两个交点. 设函数，则 ，即. 由恒成立，并且因为，故， 所以当时，，单调递增，当时，，单调递减， 因此当时，的最大值为， 又且时，，所以要使函数与函数在上有两个交点，应使， 故选：A. 9．ABD 【分析】利用向量模长的坐标表示可得，可知A正确；由可知，显然满足，可得B正确；当时代入计算可得，即C错误；代入利用向量数量积的坐标表示可知，可得D正确. 【详解】由可知，即A正确； 当时，则，满足，因此，即B正确； 当时，易知，所以，可知C错误； 当时，可得，满足，可知，即D正确. 故选：ABD 10．ACD 【分析】利用抛物线的性质求解焦点判断A，举反例判断B，联立方程组，令判别式为0求解切线斜率，进而得到切线方程判断C，利用抛物线的定义求解最小值判断D即可. 【详解】对于A，由抛物线性质得的坐标为，故A正确， 对于B，当的斜率不存在时，可得的方程为， 联立方程组，解得，， 得到，，则， 得到的最小值不可能为2，故B错误， 对于C，若，设切线方程为不为， 联立方程组，可得， 此时，解得， 则，即，故C正确， 对于D，如图，作出符合题意的图形，作垂直于准线， 由抛物线定义可得， 当且仅当三点共线时取等，此时，可得， 则的最小值为3，故D正确. 故选：ACD 11．BCD 【分析】利用导函数求出递减区间判断A；利用函数单调性比较大小判断B；探讨函数的性质并作出简图，数形结合判断C；构造函数，利用导数证得判断D. 【详解】函数的定义域为，求导得， 对于A，由，得或，由，得， 因此函数的单调递减区间为和，A错误； 对于B，由A得，函数在上单调递增，，B正确； 对于C，为偶函数，当时，， 由A项知，函数的单调减区间为和，单调递增区间为， 又当时，，当时，， 当时，，时，， 当时，，当时，，时，， 函数的图象如图：    观察图象得，当且仅当时，直线与函数的图象有6个不同交点， C正确； 对于D，不妨设，由，得，即， 令函数，， 求导得， 当时，，，在上单调递增， 由，得，即，因此， 函数，求导得，当时，，在上单调递减， 而，则，即，D正确. 故选：BCD 12． 【分析】利用等比数列的通项公式和前项和公式即可求解. 【详解】由已知条件得 ，解得， ∴； 故答案为：. 13．4 【分析】根据题意，结合柱体和锥体的体积公式，结合，即可求解. 【详解】在长方体中，， 则三棱柱的体积为， 三棱锥的体积为， 所以. 故答案为：. 14．/ 【分析】根据三角恒等变换、三角函数的最值、图像变换、周期和方程的根等知识来求得的解析式. 【详解】由题意得， 其中， 因为是图象的最低点， 所以，所以， 所以， 横坐标缩为原来的得， 向左移动1个单位长度得， 所以. 由的所有根从小到大依次相差3个单位， 可知与的相邻交点间的距离相等， 所以过曲线的最高点或最低点， 或经过所有的对称中心. ①当过曲线的最高点或最低点时， 每两个根之间相差一个周期，即相差6，不合题意； ②当过曲线所有的对称中心时， 则，所以， 所以， 所以. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题主要考查了三角函数的恒等变形，对于的化简，主要利用的是两角和与差的正余弦公式，化为，也可化为，也可根据题意选择合适的一个来对问题进行求解，属于中档题. 15．（1）；（2）1 【详解】试题分析：（1）由，结合正弦定理可得：，再利用余弦定理即可得出 （2）利用（1）及勾股定理可得c，再利用三角形面积计算公式即可得出 试题解析：（1）由题设及正弦定理可得 又，可得 由余弦定理可得 （2）由（1）知 因为，由勾股定理得 故，得 所以的面积为1 考点：正弦定理，余弦定理解三角形 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，证明，继而证明，即可证明平面，根据面面垂直的判定定理，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标，求得相关点坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）连接，在菱形中，， 故为正三角形，又M为中点，故，且， 又，故， ，，则，故, 而平面，故平面， 又平面，故平面平面； （2）由于，，则，故， 又平面平面，平面平面， 而平面,故平面， 取中点为O，则为正三角形，则， 作，交于H，故平面，平面， 故，则两两垂直， 分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 因为平面，故可作为平面的法向量， 设平面的法向量为，则， 即，令，则可得， 故， 而平面与平面夹角的范围为， 故平面与平面夹角的余弦值为. 17．（1）能；（2）分布列见解析，2050. 【分析】（1）根据联表数据计算即可作出判断； （2）根据题意可得X的所有可能取值为1800，2100，2400，求出对应概率即可写出分布列及期望. 【详解】（1）由联表可知, ， 所以在犯错误的概率不超过0.01的前提下，能认为理性购物者”与性别有关. （2）由题可得，购物总金额在内，优惠300×3=900元，购物总金额在内，优惠300×4=1200元， 则随机变量X的所有可能取值为1800，2100，2400， ， ， ， 所以X的分布列为 1800 2100 2400 所以. 18．(1)0 (2)证明见解析 (3)平均数大于6，证明见解析 【分析】（1）利用函数为偶函数，只需要利用导数判断出函数在上单调性，即可求出最小值； （2）设，根据题意可得，化简可得，然后比值换元，，转化为证明，恒成立，利用导数即可证出； （3）由（1）得：，利用放缩可得，从而，再利用累加求和即可得出这组数的平均数与6的关系. 【详解】（1）已知，易知函数为偶函数，所以只需求的最小值， 则，令，则， 即在上递增，所以，即在上递增； ∴，在时，. ∴函数的最小值为0. （2），设， 由题意得：， 设，则， ， 所以， 令， 即证：对成立. 即证：，， 令，， 令，则， 在递增，， 在递增，， 所以成立，即：. （3）由（1）得：对成立，当且仅当时取等号； ， 即； 所以； ； …… ； 令这组数据和为，则， 所以平均数为. 19．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由渐近线方程得到，代入点即可求解； （2）由点到线的距离公式求解即可； （3）设直线方程，联立双曲线方程，结合韦达定理，由即可求证； 【详解】（1）因为双曲线的渐近线方程为， 所以设双曲线方程为， 又双曲线过点， 则，所以双曲线的方程为， 即. （2）因为在曲线上， 则， 渐近线方程：， 所以： （3）由（1）可知的斜率存在且不为0，设的方程为， 联立，消去得， 设，由题意得， 则， 所以 ， 所以得证.    【点睛】关键点点睛：由，求证； 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省张家界市2025-2026学年高一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，则集合的元素个数为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 2．设函数，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．已知线性相关的两个变量的取值如表所示，如果其线性回归方程为，那么当时的残差为（    ） 3 4 6 7 20 40 80 A．5 B． C．4 D． 4．已知的展开式中各项系数的和为2，则展开式中含项的系数为（   ） A． B．120 C． D．240 5．某人工智能模型用于识别图像中有无“深度伪造”内容.已知一批待检测图像中有20%的图像实际存在深度伪造.在一次检测中，若模型输出结果“有深度伪造”，则实际存在深度伪造的概率为0.5；若图像实际无深度伪造，模型误判为“有深度伪造”的概率为0.1.现从该批图像中任取一张检测，输出结果为“有深度伪造”的概率为（   ） A．0.08 B．0.16 C．0.18 D．0.32 6．函数的大致图象是（   ） A． B． C． D． 7．已知，若有两个零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数在区间上有两个零点，则实数的取值范围为（   ） 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．在空间直角坐标系中，向量，则下列结论正确的是（    ） A． B．若，则 C．若，则 D．若，则 10．已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于，为抛物线上一个动点，，则（   ） A．的坐标为 B．的最小值为2 C．若，则过与抛物线相切的直线的方程为 D．的最小值为3 11．对于函数，则（   ） A．函数的单调递减区间为 B． C．若方程有6个不等实数根，则 D．对任意正实数，且，若，则 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．已知等比数列的前项和为，若，，则______． 13．如图，在长方体中，，则四棱锥的体积为______． 14．已知图象上有一最低点，若图象上各点纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，再向左平移1个单位长度得的图象，又的所有根从小到大依次相差3个单位，则___________. 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．已知分别是内角的对边， ． （1）若，求 （2）若，且求的面积． 16．如图，三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，，，为中点，. (1)证明：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 17．某商场为吸引客源推出了为期三天的优惠活动，全场购物每满1000元减300元，即一次购物总金额（未享受优惠前）为x元，若x<1000.付款时无优惠：若1000≤x<2000.付款时优惠300元：若2000≤x<3000，付款时优惠600元……，以此类推，某机构在该商场门口随机采访了100位购物的顾客，统计他们的购物金额如下表所示，并将购物总金额低于3000元的顾客称为“理性购物者”，购物总金额不低于3000元的顾客称为“非理性购物者”. 理性购物者 非理性购物者 合计 男性 40 10 50 女性 25 25 50 合计 65 35 100 （1）能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为是否为“理性购物者”与性别有关？ （2）设甲、乙两名“非理性购物者"相互独立地来此商场购物，甲、乙两位顾客的购物总金额（单位：元）在的概率分别为，，在的概率分别为，.甲、乙两位顾客付款时的优惠金额之和为随机变量X，求X的分布列与数学期望. 参考公式及数据：，其中. 18．已知函数，. (1)若，求函数在上的最小值； (2)已知P，Q为曲线上不同两点，曲线在P，Q处切线分别为，，且，斜率互为相反数，证明：直线的斜率； (3)已知，，构造下列一组数：、、……、、……、，试判定这组数的平均数与6的大小关系并证明你的结论. 19．已知过点的双曲线的渐近线方程为.如图所示，过双曲线的右焦点作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点.    (1)求双曲线的标准方程； (2)若双曲线上的点到其两条渐近线的距离分别为，求的值； (3)已知点，求证：. 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 $