安徽蚌埠市2025-2026学年高二下学期期末自测数学试卷

**基本信息** 2025-2026学年蚌埠市高二数学期末自测卷，覆盖选必全册核心知识，通过数列证明、立体几何探究、数学建模（竞赛得分统计）及函数与圆锥曲线综合题，考查数学抽象、逻辑推理与数据观念，层次分明。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数、向量、概率等基础|注重概念辨析与基础应用| |多选题|3/18|立体几何、函数性质等|考查综合判断与逻辑推理| |填空题|3/15|随机变量、等比数列、双曲线|强调知识迁移与计算能力| |解答题|5/77|数列、立体几何、统计、函数、圆锥曲线|数学建模（竞赛数据分析）、创新证明（椭圆切线），培养应用意识与创新思维|

2025-2026学年度蚌埠市第二学期期末自测卷 高中二年级 数学 考试范围：选必全册（人教A版） 考试时间：120分钟 总分：150分 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上。 1．复数（为虚数单位）的虚部是（    ） A． B． C． D． 2．已知向量 ，则 “ ” 是 “ ” 的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知实数a，b，设，，若，则（    ） A．1 B． C． D． 4．已知为坐标原点，直线与圆相交于、两点，则（    ） A． B． C． D． 5．已知抛物线C：的焦点为F，准线为，P是上一点，Q是直线PF与C得一个交点，若，则（    ） A． B． C． D． 6．若，，，则（    ） A． B． C． D． 7．一个水平放置的圆柱体容器内依次放着两个红球和三个白球，容器两端都有开口，每次只能从容器的一端取出1个球，依次取完，球的排列顺序为红，红，白，白，白，则两个红球被连续取出的概率是（    ） A． B． C． D． 8．已知函数的图象满足以下特征：图象经过点，并且在y轴右侧的第一个零点为，第一个最低点为，函数在上的值域为，则m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上。 9．已知直四棱柱的各顶点都在球的球面上，若，，三点共线，则（   ） A．，，三点共线 B． C．平面 D．平面 10．定义在上的函数满足，则（    ） A．函数的解析式为 B．函数图象的对称轴为直线 C．函数的单调递增区间为 D．函数在上的最大值为 11．在中，内角，，的对边分别为，，，已知，则（   ） A． B． C．边上的中线长为 D．的取值范围是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。 12．已知随机变量，且，则的展开式中常数项为______． 13．设为等比数列的前项积，若，则 _____________. 14．双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与在第一象限的交点为，若直线与的一条渐近线平行，则的离心率为 . 四、解答题：本大题共5小题，共计77分.请在答题卷上写出必要的解题步骤。 15．（13分）已知数列中，，满足． (1)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式： (2)设为数列的前项和，求． 16．（15分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为等边三角形，平面平面，点是棱上的一点. (1)求证：为直角三角形； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 17．（15分）某市为增强高中学生的数学建模能力，组织了一次“数学建模竞赛”活动.本次竞赛活动满分为分，得分不低于分为优秀.为了解本次活动学生的得分情况，现从参加活动的所有同学中随机抽取了名学生的分数组成样本，并按分数分成以下6组：，统计结果如图所示. (1)求该样本中学生分数为优秀的人数； (2)从该样本分数不低于分的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取人进行座谈，若从座谈名单中随机抽取3人进行个案研究，记分数在的人数为，求的分布列和均值； (3)根据频率分布直方图，以频率估计概率，现从该市所有参加活动的学生中随机抽取人，这名学生的分数相互独立.记分数为优秀的人数为，当最大时，求的值. 18．（17分）已知函数，其中. (1)若函数是偶函数，求； (2)当时，讨论函数在上的零点个数； (3)若，，求的取值范围. 19．（17分）已知椭圆的右焦点为F，离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)过点F作直线l（与x轴不垂直）与椭圆C交于A、B两点，在直线上取点P，使，证明：直线PB恒过定点； (3)设点Q为椭圆上异于其左右顶点的一点，过Q分别作椭圆C的两条切线QM、QN，切点分别为M、N，设直线QM、QN的斜率分别为、，证明：为定值. 学科网（北京）股份有限公司 $ 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A A A D B C D C BC AC ACD 1．A 【详解】，所以复数的虚部是.故选A. 2．A 【详解】 若平面向量，，则等价于， 又因为，所以， 化简可得：，解得或. 若，则一定满足，充分性成立， 若，还可以取，不能推出，必要性不成立， 因此“”是“”的充分不必要条件，选A. 3．A 【详解】，则集合中元素都在集合中， 若，解得，则集合有两个2，不符合集合中元素的互异性，舍去； 若，方程无解； 由题意知，则必有， 此时，若，则，方程无实数根， ，则或， 当时，，此时； 当时，，此时； 综上可得，． 4．D 【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，易知直线过圆心，所以为线段的中点， 所以 ， 5．B 【详解】设准线与轴的交点为，则， 如图所示，因为，故， 过点作，垂足为M，则轴，所以， 所以，由抛物线定义知，， 6．C 【详解】由，可得，则， 又由，所以， 所以 ． 7．D 【详解】容器左右两端都有开口，每次只能从容器的一端取出1个球， 前4次取球，每次可取左或取右两种选择，最后1次取只有1种选择， 因此不同取法种数为种；按照两个红球被连续取出的情况如下， （1）若在第1，2次取出两个红球，再取另3个球，共有4种方法; （2）若在第2，3次取出红球，则第1次取白球，共有2种方法; （3）若在第3，4次取出红球，则第1，2次取白球，共有1种方法; （4）若在第4，5次取出红球，则第1，2，3次取白球，共有2种方法; 两个红球被连续取出的方法共有种； 所求概率为. 8．C 【详解】因为函数图象经过点，并且在y轴右侧的第一个零点为，第一个最低点为， 所以，，， 所以，，解得，（） 所以故， 因为，令，则，解得；当时，； 所以，根据对称性可知，当时，， 因为函数在上的值域为， 所以，，即m的取值范围为. 9．BC 【详解】如图所示： 易知平面底面， 设在底面上的投影为， 若，，三点共线，则在平面上， 此时在直线上， 但根据题设不能确定是否在直线上，故A错误； 因为直四棱柱的各顶点都在球的球面上， 故，，，四点共圆， 若，，三点共线，同上可知在直线上，故为圆的直径， 所以，,又底面，底面，故， 平面，，所以平面， 又平面，故，同理可证平面，故B，C正确； 由于不确定平面是否平行于平面， 故不确定是否平行于平面，故D错误. 故选：BC. 10．AC 【详解】对于A选项，令，其中，则， 由可得， 故，A对； 对于B选项，因为，，即， 所以，函数的图象不关于直线对称，B错； 对于C选项，因为， 令，， 内层函数为增函数，外层函数的增区间为，减区间为， 由可得，由复合函数的单调性法则可知，函数的增区间为，C对； 对于D选项，当时，，所以， 由于，故，从而有， 故当时，，即的最大值为，D错. 故选：AC. 11．ACD 【详解】对A：， 由正弦定理可得，由， 则，故A正确； 对B：由正弦定理可得， 则， 由A知，则， 故，故或， 由可知与同号，若同为负数，则，不符， 故、同为正数，故不符，舍去，故，故B错误； 对C：设中点为，则，即， 故，即， 由余弦定理可得，， 故，整理得， 由A知，，则，整理得， 故，故，故C正确； 对D：由C知，，则，故， ，则，整理得， 左右同除，可得，解得； 综上可得的取值范围是，故D正确. 12．60 【详解】由随机变量，正态分布关于均值对称， 因为，所以和关于2对称，所以， 所以二项式为：， 又二项展开式的通项为：， 令解得：，所以二项展开式中常数项为：， 13． 【详解】由为等比数列的前项积，若，则 . 14． 【详解】因为以为直径的圆与在第一象限的交点为，所以. 由直线与的一条渐近线平行可得，所以， 又由双曲线定义可得，所以，得，所以. 由得，即，整理得， 所以，，离心率. 15．【详解】（1）由题意，，则， ，所以是以为首项，3为公比的等比数列. 所以，则. （2）由，则， 所以 即. 16．【详解】（1）取的中点，连接，，由等边可得， 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面，又平面，所以. 在中，，，， 由余弦定理可得， 因为，所以，又，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以，故为直角三角形. （2）由（1）得，，两两垂直， 如图，以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设（），则. 设平面的一个法向量，则 令，解得，， 所以平面的一个法向量. 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 解得或（舍），所以， ， 即线段的长为. 17．【详解】（1）该样本中学生分数为优秀的频率 故优秀的人数为人; （2）从样本中得分不低于70分的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取11人进行座谈， 其中分数在的人数为. 若从座谈名单中随机抽取3人，则的所有可能取值为. 则的分布列为： 0 1 2 所以. （3）由题意知，，则，. 令， 当，解得. 因为，所以时，， 当时，，所以当时，最大. 18．【详解】（1）因为函数是偶函数，所以. 即，解得：. （2）当时，. ，， 令，则. 当时，， 当时，，单调递增， 又，，所以存在，使得. ，，单调递减，，，单调递增， 而，，，所以在上存在一个零点. 综上，函数在有两个零点. （3）当时，；当时，， 则或. （ⅰ）当时，，，成立； （ⅱ）当时， 若，则，单调递增， 所以； 若，则，，成立； （ⅲ）当时，若，则成立； 只要考虑，此时令， 则，递增，，， 所以存在，使得， 若，则，递减；若，则，递增. 所以，解得. 此时，所以，从而. 若，则函数，当时，显然成立，当时，因为,所以恒成立，即符合题意 综上，. 19．【详解】（1）由题意可知：，又，故 解得：，故椭圆C的方程为：； (2)证明如下：当时，设直线AB的方程为：， 且交椭圆C分别为点、，则， 联立，有， ， 故，，故， 由图形的对称性知，直线恒过的定点在x轴上， 设定点为， 则有，即， 故， 即直线BP恒过定点； 当时，直线BP方程为：，此时直线BP亦过定点； 综上，直线BP恒过定点； (3)证明如下：设，设切线为：， 联立，有， 由， 得， 即，即， 故，又Q在椭圆E上，即①， 将①代入得， 故为定值. 学科网（北京）股份有限公司 $