江苏省常熟中学2025-2026学年高二下学期期末数学复习卷

**基本信息** 2026高二期末数学复习卷覆盖集合、复数、解三角形等核心知识，解答题融合数字通信情境（概率应用）与函数导数综合题，梯度合理，培养数学思维与应用意识。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|集合、复数、解三角形、数列|基础巩固，考查抽象能力| |多选题|3|统计数据特征、立体几何|能力提升，体现空间观念| |填空题|3|二项式定理、椭圆离心率、数列最值|创新应用，培养推理意识| |解答题|5|解三角形、立体几何夹角、概率通信、椭圆综合、函数导数|综合应用，如概率题结合通信情境，函数题考查逻辑推理，发展应用意识|

2026高二期末数学复习卷（1） 一、单选题 1.已知集合，则（） A. B. C. D. 2.已知为虚数单位，若，则复数的虚部是（） A. B. C. D. 3.在中，，则（） A. B. C. D. 4.已知，则（） A. B. C. D. 5.已知数列是等比数列，若，，则（） A. B. C. D. 6.已知正四面体各条棱的中点都在球的表面上，则球的表面积与该正四面体的表面积之比为（） A. B. C. D. 7.已知双曲线的左焦点为，点在双曲线右支上且在轴的上方．若直线的斜率为，线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则该双曲线的渐近线方程为（） A. B. C. D. 8.已知函数．若，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9.有一组样本数据x1，x2，…，xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，yn，其中yi＝xi＋c(i＝1，2，…，n)，c为非零常数，则(　　) A.两组样本数据的样本平均数相同 B.两组样本数据的样本中位数相同 C.两组样本数据的样本标准差相同 D.两组样本数据的样本极差相同 10.如图，已知正方形和正方形所在的平面相互垂直，，．（） A.平面 B.二面角的正切值为 C.三棱锥外接球体积为 D.侧面内的动点满足平面，则点轨迹长度为 11.若质点在以坐标原点为圆心，1为半径的圆上逆时针做匀速圆周运动，的角速度大小为2rad/s，起点为圆与轴非负半轴的交点，经过秒后到达点，设关于，的表达式分别为，，则下列说法正确的是（） A.函数最小正周期为 B.是函数的一个极值点 C.函数的最大值为 D.若函数在只有一个零点，则 三、填空题 12.在的展开式中的系数为，则                  ． 13.在平面直角坐标系中，已知椭圆的上、下顶点分别为，，右焦点为，线段的延长线与交于点，若，则的离心率为                  ． 14.已知数列各项都为正整数，，若，则的最小值为                   . 四、解答题 15.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且． (1)求的值； (2)若，，求的面积． 16.如图，四棱锥中平面是的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)在线段上是否存在除端点外的一点使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 17.在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列，信号的传输相互独立.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.发送0时，收到1的概率为收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为收到1的概率为.假设发送信号0和1是等可能的. (1)若求接收的信号为0的概率； (2) 现有两种传输方案：单次传输和三次传输，单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1). (i)若采用三次传输方案，若发送1，求依次收到1，0，1的概率； (ii)若发送的信号为1，译码为1，则选用单次传输和三次传输哪种传输方案更好，请说明理由. 18.平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上. (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点. （i）求的值； （ⅱ）求面积的最大值. 19.已知函数. (1)若，求实数的取值范围； (2)证明：； (3)若函数在时有最小值，求正实数的取值范围. 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026高二期末数学复习卷（1）参考答案 一、单选题 1.D【解析】因为集合表示所有偶数, 集合, 所以为中所有偶数, 即. 故选:D. 2.D【解析】由得, 将分子分母同乘得, 因为,所以, 故, 所以复数的虚部为. 3.C【解析】由,得. 由,得. 根据向量减法的三角形法则,.. 故选:C. 4.A【解析】由已知. 将转化为， 结合余弦和角公式. 得. . 因此. 移项整理得. 由于（若为0，则原等式左边为，右边为0，矛盾）. 两边同除以，得. 将转化为，结合正切二倍角公式. 得. 代入，计算得. 故选：A. 5.B【解析】设等比数列的公比为, 由等比数列性质得,, 故, 因为,,所以, 由得, 又,且,, 故, 将代入得, 即,, 由得, 则. 故选:B. 6.C【解析】取正四面体各棱中点，得平面平面，且. 作平面于点，交平面于，为中点，球心是中点，故. 令正四面体棱长为，由正三角形重心性质得，结合勾股定理得，从而. 由，得球半径. 球表面积为，正四面体表面积为，故所求比值为. 故选：C. 7.D【解析】由左焦点得. . 设，，在双曲线右支. 的中点坐标为. 点在圆上. 代入得. 化简得. 由直线的斜率为，得. 即. 联立①②，得. 解得或. 舍去，因在双曲线右支. 代入②得. 即. 将代入双曲线方程，结合， 得,解得. 因为，，故，. 双曲线渐近线方程为. 代入得. 故选：D. 8.A【解析】令，则，原函数. 定义，则. ，故是奇函数. ， 因（当且仅当时取等号），且， 故，且仅当且时等号成立， 此时，，故在上单调递增. 不等式，即， 化简得. 因是奇函数，故，则. 又单调递增，故， 即，解得. 故答案为：A. 二、多选题 9.CD【解析】设样本数据x1，x2，…，xn的平均数、中位数、标准差、极差分别为，m，σ，t，依题意得，新样本数据y1，y2，…，yn的平均数、中位数、标准差、极差分别为＋c，m＋c，σ，t，因为c≠0，所以C，D正确． 10.ABD【解析】由正方形得,平面,平面,故平面,A正确; 以为原点,分别为轴建立空间直角坐标系, 得,,,,, 故,,. 设平面的法向量为,平面的法向量为,由,得,令,得,,故; 由,得,令,得,,故. 由于,设二面角的平面角为,则,故,B正确; 设三棱锥外接球球心为,由得,解得,,,故球半径,体积,C错误; 取中点,中点,连接,由中位线得,平面,平面,故平面;为中点,故,平面,平面, 故平面.又,平面, 故平面平面,因此平面内满足平面的点在上,,D正确; 故选:. 11.ACD【解析】由题意得,. 对于选项A:,其最小正周期为,A正确. 对于选项B:,故,不是的极值点,B错误. 对于选项C:, . 因恒成立,令得,即;令得,即. 故在、上单调递增,在上单调递减;极大值为,又,故的最大值为,C正确. 对于选项D:,令得. 由得,故. 当且仅当时,（）与只有1个交点,即原函数只有一个零点,D正确. 故选:ACD. 三、填空题 12.2【解析】由二项式定理得的展开式通项为; 令得, 故项的系数为; 由系数为160得; 因, 故,即,得. 13.【解析】椭圆的上顶点，下顶点，右焦点，满足. 由两点坐标得直线的方程为. 设，由得，两边平方化简得，代入直线方程得，即. 将点坐标代入椭圆方程得，化简得，整理得. 因为，故. 14.21【解析】由题设知，数列中每一项均为正整数，且满足， 对任意正整数，有. 由于均为整数，且乘积为1， 因此只能是以下两种情况之一: 或. 由此可得 或. 于是三项之和为. 当取最小值时，应选择前者，即. 由于为正整数，因此该组三项和的最小可能值为4， 对应，此时. 对于，即前三项，已知，代入上述两种情况可得: 若，则和为10; 若，则和为8，为最小值. 对于，即第10、11、12项，已知，对应两种情况: 若，则和为5; 若，则和为7，因此最小值为5. 其余两组（和）每组三项和的最小值均为4， 因此总和最小为. 四、解答题 15. 解：(1)由已知， 结合正弦定理得. 整理得. 因为，代入上式得. ，故，两边约去得. ，故. (2)已知，，，由正弦定理得. ，代入数值化简得. 的面积，代入得. 16. (1) 证明：取AB的中点E,连接ME; 由M是PD的中点,得ME//AD且ME=AD;又BC//AD且BC=AD,故ME//BC且ME=BC,四边形BCME是平行四边形;因此CM//BE;因为CM⊄平面PAB,BE⊂平面PAB,所以CM//平面PAB. (2) 解：由PA⊥平面ABCD且AB⊥AD,得直线AB,AD,AP两两垂直;以A为坐标原点,AB,AD,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系A-xyz; 由PA=2,AB=2,BC=2,AD=4,得A(0,0,0),P(0,0,2),B(2,0,0),D(0,4,0),C(2,2,0);则,,;设为平面PBD的法向量,由,,取,得; 设为平面PCD的法向量,由,,取,得; 设平面PBD与平面PCD的夹角为, 则; 故平面PBD与平面PCD夹角的余弦值为. (3)解：设（）,由,得; 则,;设为平面PAQ的法向量, 由,,取,得; 由点D到平面PAQ的距离为,得; 化简得,平方得,整理得,解得; 故在线段BD上存在除端点外的点Q,. 17. 解：(1) 设事件A为发送信号0，事件B为接收信号0， 则P(A)=0.5，P(B)=0.5. 由题意得P(B|A)=1-0.1=0.9. 因为B= 所以. (2)(i)发送1时，三次独立传输依次收到1、0、1的概率为. (ii)设单次传输译码为1的概率为， 三次传输译码为1需收到至少两个1， 由得 当时，P(M)>P(N)，三次传输更好； 当时，P(M)=P(N)，两者相同； 当1时，P(M)<P(N)，单次传输更好. 18. 解：(1)由椭圆（）的离心率，得. 左、右焦点分别为，且两焦点间距离为. 以为圆心、半径为3的圆与以为圆心、半径为1的圆相交，其交点到的距离为3，到的距离为1， 故该交点到两焦点的距离之和为. 由椭圆定义知，该点在椭圆上，因此，即. 由，得. 因为，所以， 故椭圆的方程为. (2)由题设椭圆，将代入，得. （i）设在椭圆上，则. 射线反向延长交椭圆于点，故存在，使得，即. 由在椭圆上，得， 即，整理得. 由，代入得，解得（取正值）， 故. （ii）设直线与椭圆相交于， 将代入椭圆方程，得. 由判别式，得， 化简得. 由韦达定理，， 则. 直线与轴交点为，故的面积为. 令，则. 将直线代入椭圆，得， 由，得，即. 函数在上单调递增，当时取得最大值， 故的最大值为. 由（i）知，且为中点，在原点两侧， 故点到直线的距离是点到该直线距离的3倍， 因此，其最大值为. 19. (1)解：函数的定义域为. 当时，，故在上恒成立，单调递增， 又，与矛盾，故不符合题意； 当时，由得. 当时，；当时，，故在上单调递增，在上单调递减，的最大值为. 由得，解得，故实数的取值范围为. (2)证明：设，其中. ，当时，， 故在上单调递增，，即 ，故在上单调递增，，即 ，当时，；当时，， 故在上单调递减，在上单调递增，，即，两边同乘得. 综上，，又，故. (3)解：，令. . 若，因为，所以，解得，此时在上存在零点，故在上有最小值. 当时，，设，则. 若，则在上恒成立，单调递减，又，故在上单调递减，单调递增，无最小值. 若，则，当时，；当时，，故在上单调递增，在上单调递减，. 又，故存在使在上单调递增，在上单调递减. 若，则在处取得最小值；若，故在上存在零点，有最小值. 综上，正实数的取值范围为. 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $