精品解析：江苏省南通中学2025-2026学年度第二学期期末教学质量调研卷高二数学试题

2025~2026学年度第二学期期末教学质量调研卷 高 二 数 学 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. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过解三角不等式求出集合，再根据集合间的运算即可求解. 【详解】解：由， 解得：， 即， 故. 故选：A. 2. 已知复数，则 的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简复数，分子分母同时乘以 ，进而求得复数 ，由此得到虚部. 【详解】，所以 的虚部为. 故选：A 3. 已知平面向量是两个单位向量，在上的投影向量为，则（    ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义及数量积的运算律求解. 【详解】由在上的投影向量为，得，则，而是单位向量， 因此，又是单位向量，所以. 故选：B 4. 从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用列举法求古典概型的概率即可. 【详解】从中随机选取三个不同的数有、、、、、、、、、，共10种情况， 其中三个数之积为偶数的有、、、、、、、、，共9种情况， 在上述的9种情况中，它们之和大于8的有、、、、，共5种情况， 所以这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为. 故选：D 5. 记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（ ） A. 2n–1 B. 2–21–n C. 2–2n–1 D. 21–n–1 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前项和公式进行求解即可. 【详解】设等比数列的公比为， 由可得：， 所以， 因此. 故选：B. 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前项和公式的应用，考查了数学运算能力. 6. 正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解. 【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图， 因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2， 所以该棱台的高， 下底面面积，上底面面积 ， 所以该棱台的体积. 故选：D. 7. 已知分别是双曲线的左、右焦点，是左支上一点，且的面积为，若的内切圆与轴相切，则双曲线的离心率（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】设内切圆圆心为，三个切点分别为，由切线长定理可得，进而可得，设，利用余弦定理可得，利用三角形面积公式可得，进而得，利用勾股定理可求离心率. 【详解】设内切圆圆心为，三个切点分别为， 如图，由切线长定理可得， 即 ，圆与轴切于左端点．内切圆半径． 设，， ， •， ，，， 由勾股定理，整理得， 所以，解得，即或（舍去）， 所以. 故选：D. 8. 已知，则下列式子一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得（）.根据指数不等式，举例说明即可判断A；根据对数的运算性质和指数函数的图象与性质即可判断B；解一元二次不等式即可判断C；根据指数、对数的运算性质可得，结合导数研究函数的性质即可判断D. 【详解】由，得（），所以. A：若，则，得， 当时，，所以不一定成立，故A错误； B：若，则， 得，即，又，所以此不等式不成立，故B错误； C：当时，不等式成立， 当时，不等式成立，故C错误； D：若，则，即. 设，则， 令，则， 当时，，单调递减， 当 时，，单调递增， 所以， 即，所以在 上单调递增，且， 所以当时，，成立，故D正确. 故选：D 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. 已知数列的前n项和为，且满足，，，则下列说法正确的有（ ） A. 数列为等差数列 B. 数列为等比数列 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据递推式可得、，再根据等差、等比数列的定义判断A、B；应用累加法求数列通项公式判断C；应用分组求和及等比数列前n项和公式求判断D. 【详解】因为，所以， 则是首项为，公比为2的等比数列，故A错误； 根据题意得，， 所以数列为首项为1，公比为1的等比数列，则 ，故B正确； 所以，故C正确； ，故D正确. 故选：BCD 10. 已知，为锐角，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由已知得到，可对BCD作出判断，从B出发可得到，以此，可判断 【详解】，为锐角，，可得到，① ，得，②， 由①②，又，得， 则，B正确； ，C正确； 又，，，从而，D正确； 由B知，则有，， 又，，则，所以，则A错误. 故选： 11. 已知直线（其中与双曲线C：的上支相交于两点，为线段的中点.过点斜率为的两条直线分别与双曲线相交于两点.则下列结论中正确地是（ ） A. 点的坐标满足. B. 方程表示的图形是直线和直线 C. 直线与直线始终保持平行 D. 直线恒过某个定点 【答案】ABC 【解析】 【分析】设联立直线及椭圆方程，结合韦达定理及中点坐标公式可判断A，写出直线和直线 方程可判断B，由及，得到方程，可判断C，再结合A选项可判断D； 【详解】设, 联立，得：， 所以，所以 代入，A对， 对于B，由题意可设直线方程为：， 直线 方程为：， 两式相乘即为方程方程，B对， 对于C， 由及， 两方程相减可得直线方程：， 所以， 由A及椭圆中点弦性质可知：，及 所以，C对； 对于D：由方程：，结合 代入可得：，又，， 所以方程：，不恒过定点，D错； 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：由， ，两方程相减可得直线方程. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，常数项为________． 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化成的常数项及含的项，利用二项展开式的通项公式求出第项，令的指数为，求出常数项及含的项，进而相加可得答案． 【详解】先求的展开式中常数项以及含的项； 由得 ，由得； 即的展开式中常数项为， 含的项为 的展开式中常数项为 故答案为： 13. 已知函数，若，则的最大值为________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据给定的函数，求出定义域及单调性，不妨设，去掉绝对值符号，结合对数运算及基本不等式求出最大值. 【详解】函数的定义域为，， 函数在上单调递增，在 上单调递增，因此 在上单调递增， 不妨设，则，即， 因此，整理得，则， 当且仅当时取等号，则，即， 而，解得，从而最大值为2，此时， 所以的最大值为2. 故答案为：2 14. 随机将1，2，…，（，）这2n个连续正整数分成A，B两组，每组n个数，A组最大数为a，B组最大数为b，记.当时，的数学期望______；若对任意，恒成立，则c的最小值为______. 【答案】 ①. ②. 2 【解析】 【分析】由题意不妨设 ，则随机变量，进而由转化为求，先求的概率分布列再求期望公式；当时代入公式可得，再由恒成立结合函数值域求的范围可得. 【详解】由题意，由对称性，不妨设 ， 则， ，则. 下面先求，即从中随机取个数，这个数中最大数的期望. 则从中随机取个数，共有种取法. ，指个数中最大数为（）， 即取后，再从个数中取个数，则这样的取法有种， 则由古典概型概率公式知. 由组合数性质，则， 又， 则 ， 故. （1）故当时，； （2）若对任意，恒成立，则恒成立， 设，则在 单调递增， 由，则单调递增，当时，， 即， 故当，要使恒成立，则. 即的最小值为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：解决此题关键在于两点，一是应用组合数性质进行裂项求和；二是利用公式将变系数转化为常系数. 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. 如图，正四棱柱中，为的中点， ， . （1）求证：平面 平面； （2）求平面 与平面 的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：如图建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面 的法向量为，则，取； 设平面的法向量为，则，取； 因为 ，即， 所以平面 平面； （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面 、平面的法向量，利用空间向量法证明即可； （2）求出平面 的法向量，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设平面 的法向量为，则，取， 设平面 与平面 的夹角为 ，则， 所以平面 与平面 的夹角的余弦值为. 16. 已知数列中，，. （1）证明：数列是等差数列； （2）给定正整数m，设函数，求． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题目所给条件化简，即可证明结论； （2）先求出的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以，作差并利用等比数列前项和得出导函数表达式，即可得出结论. 【小问1详解】 由题意证明如下，， 在数列中，，， ∴，即， ∴是以为首项，1为公差的等差数列. 【小问2详解】 由题意及（1）得，， 在数列中，首项为3，公差为1， ∴，即， 在中， ， ∴， 当 且时， ∴， ∴ ∴ . 17. 已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|． （1）求C1的离心率； （2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程． 【答案】（1）；（2）：，： . 【解析】 【分析】（1）根据题意求出的方程，结合椭圆和抛物线的对称性不妨设在第一象限，运用代入法求出点的纵坐标，根据，结合椭圆离心率的公式进行求解即可； （2）由（1）可以得到椭圆的标准方程，确定椭圆的四个顶点坐标，再确定抛物线的准线方程，最后结合已知进行求解即可； 【详解】解：（1）因为椭圆的右焦点坐标为：,所以抛物线的方程为，其中. 不妨设在第一象限，因为椭圆的方程为：， 所以当 时，有，因此的纵坐标分别为，； 又因为抛物线的方程为，所以当 时，有， 所以的纵坐标分别为，，故，. 由得，即，解得（舍去），. 所以的离心率为. （2）由（1）知，，故，所以的四个顶点坐标分别为，，，，的准线为. 由已知得，即. 所以的标准方程为，的标准方程为. 【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆和抛物线的标准方程，考查了椭圆的四个顶点的坐标以及抛物线的准线方程，考查了数学运算能力. 18. 某种量子加密技术所用光子有两种指向：“0指向”和“1指向”，光子的发送和接收都有A、B两种模式.当发送和接收模式相同时，检测器检测到的光子指向信息与发送信息一致，否则检测出相异的指向信息.现发射器以A模式，从两个“1指向”、两个“0指向”的光子中随机选择两个依次发送，接收器每次以A或者B模式接收，其概率分别为和.每次发送和接收相互独立. （1）求发射器第1次发送“0指向”光子的条件下，第二次发送“1指向”光子的概率； （2）记发射器共发射“0指向”光子个数为，求的分布列； （3）求检测器检测到两个“1指向”光子的概率. 【答案】（1） （2）分布列为： 0 1 2 （3）【解析】 【分析】（1）由题意结合条件概率知识可得答案； （2）由题可得可取0，1，2，即可得分布列及相应期望； （3）由（2）结合全概率公式可得答案. 【小问1详解】 设事件 “发射器第一次发送“0指向”的光子”， 事件 “第二次发送“1指向”的光子”，则，， 由条件概率公式，； 【小问2详解】 由题意： ，1，2. ，，， 所以的分布列为： 0 1 2 【小问3详解】设事件 “检测器检测到两个“1指向”光子”， 事件 “发射器发射了个“1指向”光子”， 由（2）知：，，， 则，，， 由全概率公式，得： . 19. 我们把称为区间的长度．若函数是定义在区间上的函数，且存在，使得，则称为的自映射区间．已知函数，． （1）若，任取的一个自映射区间，求其区间的长度的概率； （2）若存在自映射区间， ①求的取值范围； ②求证：，且的长度． 【答案】（1） （2）①；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题意，由自映射区间定义结合古典概型的概率公式代入计算，即可得到结果； （2）①由自映射区间定义，结合函数的单调性，将问题转化为函数至少存在两个零点问题，然后结合导数，代入计算，即可得到结果；②构造函数，利用导数研究函数的单调性，即可证明不等式. 【小问1详解】 因为恒成立，则在上单调递增， 若存在自映射区间，则， 即方程，即至少有两个不同实数解． 则的解集为，所以区间的选择共有种． 若，共有6种选择， 所以区间的长度的概率为． 【小问2详解】 ①因为在上单调递增， 若存在自映射区间，则， 即至少有两个零点， 因为时，单调递增； 时，单调递减； 若要存在两个零点，则，即． 此时，使得． 因为当时，，即函数单调递减， 所以，又， 所以，则，使得． 所以的取值范围为． ②因为，所以， 下证：．记， 则， 则在上单调递增，则，即， 即，所以． 所以，所以． 记，则， 时，单调递减；时，单调递增； 所以，即， 则，即，同理 因为函数的，且对称轴为， 则方程存在两根，且， 又，且，所以， 则， 所以区间的长度． 【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定义问题与导数的综合应用，难度较大，解答本题的关键在于理解所给的定义，然后结合导数的知识解答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第二学期期末教学质量调研卷 高 二 数 学 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. 已知复数，则 的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量是两个单位向量，在上的投影向量为，则（    ） A. 1 B. C. D. 4. 从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（ ） A. 2n–1 B. 2–21–n C. 2–2n–1 D. 21–n–1 6. 正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知分别是双曲线的左、右焦点，是左支上一点，且的面积为，若的内切圆与轴相切，则双曲线的离心率（ ） A. B. C. 2 D. 8. 已知，则下列式子一定成立的是（ ） A. B. C. D. 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. 已知数列的前n项和为，且满足，，，则下列说法正确的有（ ） A. 数列为等差数列 B. 数列为等比数列 C. D. 10. 已知，为锐角，，，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知直线（其中与双曲线C：的上支相交于两点，为线段 的中点.过点斜率为的两条直线分别与双曲线相交于两点.则下列结论中正确地是（ ） A. 点的坐标满足. B. 方程表示的图形是直线和直线 C. 直线与直线始终保持平行 D. 直线恒过某个定点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，常数项为________． 13. 已知函数，若，则的最大值为________. 14. 随机将1，2，…，（，）这2n个连续正整数分成A，B两组，每组n个数，A组最大数为a，B组最大数为b，记.当时，的数学期望______；若对任意，恒成立，则c的最小值为______. 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. 如图，正四棱柱中，为的中点， ， . （1）求证：平面 平面； （2）求平面 与平面 的夹角的余弦值． 16. 已知数列中，，. （1）证明：数列是等差数列； （2）给定正整数m，设函数，求． 17. 已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|． （1）求C1的离心率； （2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程． 18. 某种量子加密技术所用光子有两种指向：“0指向”和“1指向”，光子的发送和接收都有A、B两种模式.当发送和接收模式相同时，检测器检测到的光子指向信息与发送信息一致，否则检测出相异的指向信息.现发射器以A模式，从两个“1指向”、两个“0指向”的光子中随机选择两个依次发送，接收器每次以A或者B模式接收，其概率分别为和.每次发送和接收相互独立. （1）求发射器第1次发送“0指向”光子的条件下，第二次发送“1指向”光子的概率； （2）记发射器共发射“0指向”光子个数为，求的分布列； （3）求检测器检测到两个“1指向”光子的概率. 19. 我们把称为区间的长度．若函数是定义在区间上的函数，且存在，使得，则称为的自映射区间．已知函数，． （1）若，任取的一个自映射区间，求其区间的长度的概率； （2）若存在自映射区间， ①求的取值范围； ②求证：，且的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $