江苏省南通中学2025-2026学年高二下学期数学期末考前模拟试卷

**基本信息** 覆盖集合、数列、导数等高二核心知识，通过线性回归、生产利润计算等情境设计，实现基础巩固与能力提升的梯度考查，适配期末综合评估需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、数列、三角函数|基础概念辨析，如等差数列性质应用| |多选题|3/18|不等式、函数性质|多维度考查，如基本不等式最值探究| |填空题|3/15|直线距离、导数应用|现实情境融入，如生产利润最大化问题| |解答题|5/77|立体几何、导数、双曲线|综合性强，如立体几何证明与线面角计算，体现空间观念与推理能力|

2026年江苏省南通市高二数学期末考前模拟试卷答案与解析 【答案】 1. D  2. D  3. B  4. B  5. C  6. C  7. B  8. D  9. AC  10. ACD  11. ACD  12.   13. 50  14.   15. 连接BE， 在中，，， 由余弦定理，得， 所以，即， 由，，得是正三角形， 所以， 而， 所以，即， 又，AE，平面ADE， 所以平面ADE      16. 当时，在单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在和上单调递增，在上单调递减  证明：由知，当且时，有2个极值点，，且，， 则 ， 令，， 设，则， 则在单调递增，即在单调递增， 又， 所以当时，，则在单调递增；当时，，则在单调递减；所以，所以当且时，， 所以，即  17.   或   18. 解：由题意可知函数的定义域为， ， 当时，， 令，得或 由得时， 则的递增区间为，，的递减区间为 在上有解，等价为，在上有解， 由，得 ①当时，可得时，，则在上递增， ， ②当时，可得在上单调递增，在上单调递减，， 令，则，记为， 则，， 在上单调递减， ，即， 在上单调递减，， ， 当时，，满足题意． 综合①②知：  19. 解：设等比数列的公比为q， 可得， 故； 因为，所以， 所以 ……   【解析】 1. 解：因为或， 所以，又， 所以 故选： 先解绝对值不等式求出集合B，然后求其补集，再根据交集定义进行计算． 本题主要考查了集合的交集及补集运算，属于基础题． 2. 【分析】 本题考查等差数列的通项，是基础题. 利用等差数列的通项求解即可. 【解答】 解： 因为在等差数列中，，， 所以 3. 解：设， 因为，即，所以， 因为， 所以，即， 在中，，所以， 所以 故选： 设，结合勾股定理与等面积法，可证，再由，化简运算，得解． 本题考查平面向量的基本定理，线性运算，考查运算求解能力，属于基础题． 4. 解：由题意，ˉˉ， 样本中心点 ˉˉ代入得， 解得， 当时，， 根据残差的定义，残差为实际观测值减去预测值，即 故选： 先利用线性回归直线过样本中心点求解参数a，再计算时的预测值，结合残差定义即可求解． 本题考查线性回归方程的运用，解题的关键是利用线性回归方程恒过样本中心点，属于基础题． 5. 解：因为为奇函数，所以，即， 两边同时求导得，即， 所以的图象关于直线对称，且①； 又为偶函数，所以，即，两边求导得，即， 所以的图象关于点中心对称，且②； 由①②得，即， 所以，所以的一个周期为8， 因为当时，， 当时，则，所以， 当时，则，所以， 作出函数与的图象如图所示， 由，解得，由，解得， 结合图象可知不等式的解集为 故选： 由为奇函数可得两边求导得到，即，同理可得，即可得到的对称性与周期，画出与的图象，数形结合即可得解． 本题主要考查利用导数的应用，不等式的解法，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题． 6. 解：已知函数， 当时，， 当时，，当，则，所以， 当时，，所以， 综上，，故既有最大值又有最小值． 故选： 根据题意可分或两种情况，利用基本不等式可解． 本题考查函数的最值相关知识，属于中档题． 7. 解：直三棱柱中，侧面与底面垂直， 又，易知平面， 平面平面， 把绕展开至与平面垂直的位置， 则A，C，， 共面， 如图， 连接，则的长即为最短距离， 在中，，，， 由余弦定理得， 故选： 首先判定平面与平面垂直，而后把三角形旋转至与平面垂直，即与平面共面，再根据两点之间线段最短得解． 本题考查了空间图形展开成平面图形求解最值的问题，考查了转化思想，属中档题． 8. 解：因为，定义域为R， 所以， 所以函数为偶函数，当时，，开口向上，对称轴的抛物线， 所以时，函数单调递减，时，函数单调递增， 由偶函数的对称性，可得函数的单调递增区间为和 故选： 由函数的解析式可得，即函数为偶函数，求出时，函数的单调递增区间，再由偶函数的对称性，可得函数在R上的单调递增区间． 本题考查偶函数的性质及函数的单调递增区间的求法，属于基础题． 9. 解：对于A，因为x，y为正实数，，则， 当且仅当时取等号，故A正确； 对于B，， 当且仅当时取等号，所以，故B错误； 对于C，， 当且仅当，即时取等号，故C正确； 对于D，， 根据二次函数性质可得，， 当时，的最小值为4，故D错误． 故选： 利用基本不等式计算可判断AB；利用常数“1”的妙用计算可判断C；利用二次函数求得的范围可判断 本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题． 10. 解：对于A，因为， 所以， 所以，故A正确； 对于B，由A可知，原命题等价于的图象关于直线对称，当时，，不符合题意，故B错误； 对于C，当时，，结合正弦函数的图象可知在区间上单调递减，故C正确； 对于D，等价于，则，，解得，，故D正确． 故选： 对于A，化简函数解析式可得，由题意，即可判断； 对于B，原命题等价于的图象关于直线对称，由于时，可得，不符合题意，即可判断； 对于C，利用正弦函数的单调性即可判断； 对于D，等价于，利用正弦函数的性质即可判断． 本题考查了三角函数恒等变换以及正弦函数的性质的应用，考查了函数思想，属于中档题． 11. 解：对于A，因为，，且， 所以， 当且仅当取等号，A正确； 对于B，因为， 由，得到，当时，取到最小值为，错误； 对于C，因为， 所以， 当且仅当，即时取等号，C正确； 对于D，因为，所以，即， 即， 令，在上单调递增， 所以成立，即成立， 令，所以在区间恒成立， 所以，得到，D正确． 故选： 选项A，根据条件，利用基本不等式，即可求解；选项B，根据条件得到，再利用二次函数的性质，即可求解；选项C，结合基本不等式即可判断；选项D，根据条件，同构，将问题转化成成立，构造函数，从而将问题转化成成立，再构造函数，即可求解． 本题主要考查了基本不等式及函数单调性在最值求解，不等式大小比较中的应用，属于中档题． 12. 解：由直线取一点A，令得到，即， 则两平行直线的距离等于A到直线的距离 故答案为： 在一条直线上任取一点，求出这点到另一条直线的距离即为两平行线的距离． 此题是一道基础题，要求学生理解两条平行线的距离的定义．会灵活运用点到直线的距离公式化简求值． 13. 解：设生产x台，获得利润万元， 则， 所以当时，获得的利润最大． 故答案为： 根据题意，利润为销售额减去成本，建立关系式，代入求最大值即可． 本题考查二次函数相关应用，属于基础题． 14. 【分析】 本题考查余弦定理、正弦定理，基本不等式的应用，属于中档题． 由题意及余弦定理、正弦定理可得，再由，可得角A的大小，由余弦定理及基本不等式可得的最大值，再由三角形中，任意两边之和大于第三边可得，可得的范围． 【解答】 解：由余弦定理可得， 可得， 由正弦定理可得：， 因为， 所以， 即，即， 又因为，所以， 因为，所以； 由余弦定理可得， 因为， 所以， 解得， 由三角形中，任意两边之和大于第三边可得， 所以的范围为 故答案为： 15. 证明：连接BE， 在中，，， 由余弦定理，得， 所以，即， 由，，得是正三角形， 所以， 而， 所以，即， 又，AE，平面ADE， 所以平面 解：由得平面ADE， 因为平面ABCE，所以平面平面ABCE， 以点E为原点，EA，EB所在直线分别为x，y轴，过点E作平面ABCE，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面BED的法向量，则， 令，得， 由，得， 所以， 所以直线AF与平面BED所成角的正弦值为 解：由知，AB是的斜边， 设点是外接圆圆心，则是AB的中点，且平面ABE， 设， 由，得，解得， 所以点， 令， 所以， 所以， 当且仅当时取等号， 所以的最小值为 连接BE，结合余弦定理与勾股定理的逆定理可证，，再由线面垂直的判定定理即可得证； 以点E为原点建系，利用向量法求线面角即可； 设点是外接圆圆心，结合，利用空间两点间距离公式求出点O的坐标，再设，，用含的式子表示出，并利用配方法求其最小值即可． 本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理，利用向量法求线面角，以及外接球球心与半径的求法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 16. 解：由，， 得， 令，， ①当时，，则，，所以在单调递增； ②当时，，令，则，解得或， 当时，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在和上单调递增， 当时，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在和上单调递增， 综上，当时，在单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 证明：由知，当且时，有2个极值点，，且，， 则 ， 令，， 设，则， 则在单调递增，即在单调递增， 又， 所以当时，，则在单调递增； 当时，，则在单调递减； 所以，所以当且时，， 所以，即 先求得，令，分类讨论a的值即可求解； 由知，当且时，有2个极值点，，且，，由根与系数的关系得，令，根据导数得出即可证明． 本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值，是中档题． 17. 解：由题，，得， 故； 因为点M在第一象限，故不可能为直角； 若，将代入曲线C：，可得，则； 若，设点，则， 又为点M满足，可得 综上，点M的坐标或； 由题可得，双曲线C：， 显然，直线l的斜率一定存在，且不为 设直线l的方程为，、，且，， 联立方程，可得， 显然，， ，，故， 由，可得，且， 故， 因此， 又， 故，可得， 所以直线l斜率的取值范围为， 直线l倾斜角的取值范围为 由焦距可得c的值，进而可得离心率e； 若，将代入曲线方程可得M坐标；若，由，可得M的坐标； 由题意可得双曲线C的方程，设直线l的方程为，与双曲线C的方程联立，由判别式大于0及根与系数的关系可得m的取值范围，再由存在实数，使得成立，进一步求解m的范围，从而可得斜率的范围，进而可得倾斜角的取值范围． 本题主要考查双曲线的性质，直线与双曲线的综合，考查运算求解能力，属于难题． 18. 本题主要考查导数的综合应用，求函数的导数，利用函数单调性，最值和导数之间的关系是解决本题的关键，属于中档题． 求出函数的导数，结合函数单调性进行求解即可． 若在上有解，等价为，在上有解，求函数的导数，研究函数的单调性和最值求出函数的最值即可． 19. 应用等比数列基本量运算计算求解通项公式； 应用分组求和结合等差数列求和公式及等比数列求和公式计算求解． 本题主要考查等比数列的性质和求和公式的应用，考查计算能力，属于中档题． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2026年江苏省南通市高二数学期末考前模拟试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知，集合，，则(    ) A. B. C. D. 2.等差数列中，，，则    A. 30 B. 36 C. 38 D. 39 3.在中，BC边上的高为AD，，且，则(    ) A. B. C. D. 4.已知x，y取值如表： x 0 1 3 4 y 若x，y具有线性相关关系，且回归方程为，则当时的残差为(    ) A. B. C. D. 0 5.已知函数的定义域为R，其导函数为，若为奇函数，为偶函数，记，且当时，，则不等式的解集为(    ) A. B. C. D. 6.已知函数，给出下列4个判断，其中正确的结论是(    ) A. 有最大值没有最小值 B. 有最小值没有最大值 C. 既有最大值又有最小值 D. 既没有最大值又没有最小值 7.在直三棱柱中，底面为直角三角形，，，，P是上一动点，则的最小值是(    ) A. B. C. 7 D. 8.函数的单调递增区间是(    ) A. B. 和 C. D. 和 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.已知x，y为正实数，，则(    ) A. xy的最大值为1 B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 的最小值为5 10.已知函数的最大值为1，则(    ) A. B. C. 在区间上单调递减 D. 不等式的解集为 11.已知实数x，y满足，，且，则下列结论正确的是(    ) A. 的最小值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.两平行直线与的距离是______. 13.生产某机器的总成本万元与产量台之间的函数关系式是，若每台机器售价为30万元，则该厂获得最大利润时生产的机器为      台. 14.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则的取值范围是          . 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.本小题13分 如图，在四棱锥中，F为棱BD上一动点不包含端点，，， 证明：平面ADE； 若F是靠近点D的四等分点，求直线AF与平面BED所成角的正弦值； 若O是三棱锥外接球的球心，求的最小值. 16.本小题15分 设函数 讨论的单调性； 已知，为的两个极值点，证明： 17.本小题15分 已知双曲线的左顶点为A，过点的直线l交双曲线C于M、N两点，点M在第一象限. 若双曲线C的焦距为，求该双曲线C的离心率e； 若，为直角三角形，求点M的坐标； 若双曲线C的一条渐近线方程为，点M、N均在双曲线C的右支，且存在实数，使得成立，求直线l的倾斜角的. 18.本小题17分 已知函数， 当时，求函数的单调区间； 若在上有解，求实数a的取值范围． 19.本小题17分 在等比数列中，， 求数列的通项公式； 求数列的前n项和 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $