浙江省杭州学军中学2025-2026学年高二下学期数学期末模拟试卷二

**基本信息** 聚焦高二下学期核心知识，通过六芒星向量应用、五岳旅游情境设计，实现基础巩固与能力提升的梯度考查，凸显数学眼光、思维与语言的综合素养。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|集合、复数、三角函数、统计残差|第5题六芒星向量取值，考查空间观念与创新意识| |多选题|3|空间基底、排列组合、立体几何|第10题五岳旅游情境，体现文化传承与数据意识| |填空题|3|圆锥体积、双曲线、函数单调性|第12题圆锥与球体积比，考查几何直观与运算能力| |解答题|5|三角函数图像、立体几何、数列、抛物线、导数|第16题正四棱台体积最大与线面角，第19题导数极值点问题，突出逻辑推理与模型观念|

《高二下期末复习综合卷二》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B C B B C C C AD AC 题号 11 答案 AD 1．D 【分析】由对数型函数的值域结合集合运算判定选项即可. 【详解】由题意可得，即， 所以，，，即A、B、C三选项错误，D正确. 故选：D 2．B 【详解】即中至少有一个是零；复数为纯虚数，故为小范围，故为必要不充分条件. 3．C 【分析】先根据任意角的三角函数求出，再求出的值，最后根据两角和的正切公式即可求出所需的值. 【详解】由任意角的三角函数公式可知，解得， 所以，所以， 故选：C 4．B 【分析】先求出线性回归方程，再由残差的定义求解即可. 【详解】依题意，，所以，即经验回归方程为， 又当时，，所以样本点的残差为， 故选：B. 5．B 【分析】利用数量积的几何意义可得点与点或点重合时，取最大值，结合数量积公式计算即可得，再利用对称性可得其最小值，即可得其范围. 【详解】如图，作， 则， 由，为在上的投影， 故当点与点或点重合时，取最大值， 即， 又，所以， 由对称性可知. 所以的取值范围是． 6．C 【分析】根据函数图象确定导函数的符号，确定函数的单调区间和极值． 【详解】根据的图象可知：当时，； 当时，，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 因此函数在时取得极小值，在时取得极大值. 故ABD错误，C正确． 故选：C． 7．C 【分析】利用赋值法，分别令和，再结合二项式定理求解即可. 【详解】令，由， 得， 则， . 8．C 【分析】对给定等式同构变形并构造函数，利用单调性可得，再代入目标式并建立关于的函数，利用导数求出最大值. 【详解】由，得， 设，求导得，函数在上单调递增， 由，得，则，由，得， 而，因此，即， 则，令函数，求导得， 当时，；当时，，函数在上单调递增，在上单调递减， 于是，所以的最大值为. 9．AD 【分析】对于根据空间向量坐标运算求模即可；对于根据向量共面判定定理判定；对于，令，则，此时从而判定；对于根据四点共面的向量判定定理求解. 【详解】对于,因为，， 则， 所以， 故正确； 对于若三个向量共面， 则存在实数， 使得， 解得， 则， 所以三个向量共面， 不可以构成空间向量的基底，故错误； 对于,因为，， 当时，，， 则，此时,不为钝角， 则错误； 对于因为是平面内一点， 根据四点共面的向量判定定理知： ，解得， 故正确， 故选： 10．AC 【详解】 选项A：3人选择的地点均不同，即从5座山中选3座分配给3人排列，方法总数为，所以A正确； 选项B：恰有2人选同一个地方，相当于将3人分成2组，有种分法，这2组从5座山中选2座山排列，共有种方法， 所以恰有2人选一个地方的方法总数为种方法，所以B错误； 选项C：恰有1人选泰山，先从3人中选出1人选泰山有种选法，剩余2人每人可从除泰山外的4座山中任选，总方法数为，所以C正确； 选项D：3人每人选一个地方的总方法数为，无人选泰山的方法数为，故至少1人选泰山的方法总数为，所以D错误. 11．AD 【分析】A.根据线面垂直，证明线线垂直；B.判断和平面是否垂直；C.根据正方体的体积计算三棱锥的体积；D.首先求过点与平面平行的平面，再求点的轨迹，即可求最值. 【详解】A.因为平面，平面，所以， ，，平面， 所以平面，平面，所以，故A正确； B.平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面，故B错误； C. 三棱锥的体积可以看作是 ，故C错误； D.过点作交于点，过点作交于点， 交和于点，连接，交于点， 由，平面，平面， 所以平面，同理平面，平面， 所以平面平面， 因为点是的中点，易证明也是棱的中点，所以六边形是正六边形，边长为，点在线段上运动， 如图 所以的最大值为，故D正确. 12． 【分析】由轴截面为等边三角形求出圆锥底面半径与圆锥高的关系，求出圆锥的体积、球的体积即可得解. 【详解】设圆锥的底面半径为，球的半径为， 因为圆锥的轴截面为等边三角形，所以圆锥的高， 所以圆锥的体积为，球的体积， 所以，解得． 13． 【分析】先由方程表示双曲线可得，再根据焦距可得，进而由双曲线的方程可得渐近线方程及离心率. 【详解】由双曲线：，得，所以. 因为双曲线的焦距为，所以，得， 所以双曲线的方程为，因此双曲线的离心率， 双曲线的渐近线方程为. 14． 【分析】对函数求导，将问题化为在上恒成立，构造函数，得到，结合导数求满足条件的参数范围即可. 【详解】，在上恒成立， 由，则， 所以在上恒成立， 令，则， 所以，可得， 令，则，即在递增， 而， 所以的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据区间单调性，将问题转化为在上恒成立为关键. 15．(1) (2)，值域为 【分析】（1）先结合余弦的两角和差公式及辅助角公式对进行化简，然后结合余弦函数的性质即可求解； （2）对进行伸缩变换，得到，再结合余弦函数的图像性质即可求解. 【详解】（1）由题意， ， 当时，取得最大值，即， 又函数的最大值为1，即，解得； （2）由（1）得， 将的图象上所有点的横坐标缩小为原来的，得到， 令，解不等式得， 所以函数的单调递减区间为， 当时，则，所以， 所以，即在区间上的值域为. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作交于，再作交于，求证是平行四边形，再利用线面平行的判定定理求证； （2）设，将体积表示为的函数，求出棱台的体积最大时的值，再建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值． 【详解】（1）作交于，再作交于，连接． 因为，，所以点均为的四等分点， 则， 因为是的中点，所以，则， 又，所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）由（1）知为的四等分点，，所以点在点的正上方， 所以底面． 设，则，所以， 所以该正四棱台的体积， 而． 当且仅当，即时取等号，此时，． 以为原点，所在直线分别为轴、轴，过平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，， 所以，，． 设平面的法向量为， 由得，令，则． 则， 故与平面所成角的正弦值为． 17．(1)， (2) 【分析】（1）先由三点共线的向量系数和为，推导出数列的递推关系，再通过累乘式相除结合求出，进而确定的通项；最后将的通项代入累乘式，通过指数运算得到； （2）先将的通项代入，拆分出等比数列项和可裂项的分式项，再将前项和拆分为等比数列求和与裂项相消求和两部分，分别计算后合并化简，最终得到． 【详解】（1）由题意，，， 所以，， 因为三点共线，且满足， 所以，化简得， 因为，所以数列是等比数列，且公比， 所以， 所以数列的通项公式为， 所以， 故数列的通项公式为； （2）由（1）知，， 所以， 18．(1)； (2)（i）;（ii）. 【分析】（1）根据抛物线的定义，利用焦半径公式可求，进而可得抛物线的方程. （2）设直线：. （i）将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合，可确定的值，再利用弦长公式求，进而可得以为直径的圆的面积. （ii）先确定的形状，结合已知条件可确定点，，的坐标，再结合三角形重心的坐标公式可确定三角形重心坐标. 【详解】（1）因为点在抛物线上，所以由焦半径公式得： 所以，所以抛物线的方程为. （2）设直线的方程为：，点 （i）联立得：，化简得：. 当，即时， 由韦达定理得：. 因为，所以， 所以，所以，符合条件. 由弦长公式得：. 所以以线段为直径的圆的面积. （ii）不妨设点在轴上方，如图： 因为， 所以由正弦定理得：三边长对应之比为， 结合余弦定理知：，  . 又因为直线的斜率为，所以得到：轴，所以可得点. 所以直线的倾斜角为，即. 又因为， 所以，解得：. 所以，， ， 所以， 即的重心的坐标为. 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）先求出导函数，再代入得出切线斜率，最后点斜式得出切线方程； （2）结合（1）得，再构造函数，求导，分析函数单调性，得出函数的最值，进而根据零点存在性定理即可得到零点的个数； （3）先求出导函数，再得出导函数正负确定函数单调性及极值数形结合计算求参. 【详解】（1）当时，，则，则， 又，所以的图象在点处的切线方程为，即． （2）结合（1）有，令， 则，则，令，解得， 所以当时，，则在上单调递减； 若时，，则在上单调递增， 所以， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 又，， 所以在上存在唯一的零点，即在上存在唯一的零点， 所以零点的个数为． （3）由题知，，其定义域为， 则， 令，得或， 设，则， 当时，，所以单调递增； 当时，，所以单调递减， 又当时，；当时，，且， 所以的大致图象如图2所示， 因为在定义域内有三个不同的极值点，，， 所以与有两个不同的交点，所以， 不妨设，则， 所以，所以 所以 ， 令，则， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递增， 所以， 又， 所以，所以在上单调递增， 因为， 所以当时，恒成立， 即当时，恒成立， 所以实数的取值范围是． 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 $ 高二下期末综合卷二 一、单选题 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．设，是虚数单位，则“”是“复数为纯虚数”的 A．充分不必要条件B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，若，则＝（  ） A． B． C． D． 4．若变量y与x之间存在线性相关关系，且根据最小二乘法得到的经验回归方程为，样本点中心为，则样本点的残差为（   ） A． B．1.5 C．0.5 D． 5．如图1，“六芒星”是由两个边长为3的正三角形组成，中心重合于点且三组对边分别平行．如图2，点，是“六芒星”的两个顶点，动点在“六芒星”内（包含边界），则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 6．定义在上的函数，其导函数为，若的图象如图，则（   ） A．函数的增区间是， B．函数的减区间是， C．是的极大值点 D．是的极大值点 7．记，若，则（   ） A．1 B． C． D． 8．已知实数满足，则的最大值为（    ） A．e B． C． D． 二、多选题 9．下列结论正确的有（   ） A．已知，，则 B．若为空间的一个基底，则可构成空间的另一个基底 C．已知向量，，若，则为钝角 D．点为平面外一点，为平面内一点，若，则 10．中国的五岳是指在中国境内的五座名山，坐落于东西南北中五个方位，分别是东岳泰山，西岳华山，南岳衡山，北岳恒山，中岳嵩山．小明与父母共3人计划在假期出游，每人选一个地方，则下列结论正确的是（    ） A．3人选择的地点均不同的方法总数为60 B．恰有2人选一个地方的方法总数为15 C．恰有1人选泰山的方法总数为48 D．至少1人选泰山的方法总数60 11．在棱长为4的正方体中，下列说法正确的是（     ） A． B．直线与平面所成的角为 C．三棱锥的体积为 D．是的中点，点是侧面内的动点，若平面，则的最大值为 三、填空题 12．已知轴截面为等边三角形的圆锥的体积与球的体积的比值是，则该圆锥的底面半径与球的半径的比值为______． 13．已知双曲线：的焦距为，则其渐近线方程为______；离心率为______． 14．函数在上单调递增，则的取值范围是__________. 四、解答题 15．已知函数的最大值为1. (1)求的值； (2)将的图象上所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，求的单调递减区间以及在区间上的值域. 16．如图，在正四棱台中，，N为棱，的中点，点在棱上，且满足． (1)求证：平面； (2)当正四棱台的体积最大时，求与平面所成角的正弦值． 17．已知数列和满足，，直线上有三点满足． (1)求与； (2)设．记数列的前项和为，求． 18．已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，且． (1)求抛物线的方程； (2)若一条斜率为的直线与抛物线相交于不同的两点为坐标原点， （ⅰ）当时，求以线段为直径的圆的面积； （ⅱ）若在抛物线上存在点（位于直线的左侧），使得以为顶点的满足，求重心的坐标． 19．已知函数的导函数为． (1)当时，求的图象在处的切线方程； (2)若，求零点的个数； (3)已知，若在定义域内有三个不同的极值点，，，且满足，求实数a的取值范围． 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $