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一

**基本信息** 高二下期末综合卷，涵盖函数、几何、概率等模块，通过新定义“k-严格增函数”、比赛积分概率模型等题，考查数学抽象、建模及逻辑推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|集合、复数、向量、函数|第8题新定义问题，考查创新意识| |多选题|3题|椭圆、立体几何、数列|第10题结合直棱柱性质，考查空间观念| |填空题|3题|数据分位数、二项式定理、函数|第12题数据分位数与平均数结合，体现数据意识| |解答题|5题|三角函数、立体几何、概率、椭圆、导数|第17题比赛积分模型，考查数学建模；第19题导数证明，考查逻辑推理|

高二下期末综合卷一 一、单选题 1．已知集合 ， ，则（    ） A． B． C． D． 2．若复数（其中i为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（   ） A．1 B． C．i D． 3．已知的外接圆圆心为，且，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 4．若，则（   ） A． B． C． D． 5．若直线上存在点P，圆上存在点Q，使得，则m的最大值为（    ） A． B． C． D．3 6．某面包店一天下班后要将所剩6个不同款式的面包分给小明、小红、小强三个员工，要求每个员工都有拿到面包，则小明最终拿到偶数个面包的情况有（   ） A．180种 B．210种 C．240种 D．360种 7．已知正方形的边长为2，是平面外一点，设直线与平面的夹角为，若，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 8．设函数的定义域为，若存在实数，使得对于任意，都有，则称为“－严格增函数”，对于“－严格增函数”，有以下四个结论： ①“－严格增函数”一定在上严格增； ②“－严格增函数”一定是“－严格增函数”（其中，且） ③函数是“－严格增函数”（其中表示不大于的最大整数） ④函数不是“－严格增函数”（其中表示不大于的最大整数） 其中，正确的结论个数有（    ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、多选题 9．已知椭圆的左右焦点分别为，，上下顶点分别为，，左顶点为是椭圆上除顶点外的关于原点对称的两点，则下列四点可能共圆的是（   ） A． B． C． D． 10．如图，在直棱柱中，，是中点.过作与平面平行的平面，若平面平面，则（    ） A．四点共面 B．棱柱没有外接球 C．直线所成的角为 D．四面体与四面体的公共部分的体积为 11．已知数列是公比为的等比数列，且，则下列叙述中正确的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，且，则 三、填空题 12．有一组数据，按从小到大排列为：，这组数据的40%分位数等于他们的平均数，则为________. 13．已知的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，则常数项为___________ 14．已知函数，当时，曲线在直线的上方，则实数的取值范围是______． 四、解答题 15．已知函数，将的图象的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位长度后得到函数的图象，且在区间上的最小值为1. (1)求m的值； (2)在锐角中，若，求的取值范围. 16．如图所示，在四棱锥中，底面为等腰梯形，其中，． (1)求的长； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 17．某次比赛中，甲乙二人进入决赛并争夺冠军.比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得3分，负者获得1分，比赛没有平局；②连续2局获胜或积分率先达到11分者可获得冠军，比赛结束.已知在单局比赛中，甲乙获胜的概率均为. (1)求甲乙决出冠军时比赛局数的分布列与数学期望； (2)求在甲获得冠军的条件下其积分达到11分的概率. 18．已知椭圆：左顶点离心率B为第一象限内椭圆上一点，过B作椭圆的切线交直线于点 (1)求椭圆的标准方程； (2)过点A且平行于BP的直线与椭圆的另一个交点为C，直线AC交BO延长线于点M，记的面积分别为 （i）证明：； （ii）当时，求直线AC的方程． 19．设函数，其中． (1)当时，求函数的单调区间； (2)在（1）的条件下，证明曲线在曲线的上方； (3)已知导函数在区间上存在零点,证明：当时，． 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 《高二下期末复习综合卷一》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B A B C C B C ACD ABD 题号 11 答案 ABD 1．D 【详解】因为集合 ， ， 所以． 2．B 【分析】先确定满足关系，，，，再证明，由此求结论. 【详解】因为，所以， 所以，，，， 所以， 所以复数，， 所以 即， 所以的共轭复数为，其虚部为. 3．A 【分析】连接、，推导出四边形为菱形，设，则为的中点，且，再利用投影向量的定义可得结果. 【详解】连接、，    因为，则，所以，且， 又因为，则四边形为菱形， 设，则为的中点，且， 因此，在上的投影向量为， 故选：A. 4．B 【分析】利用换元法并结合二倍角的余弦公式即可得到答案. 【详解】设，则， . 故选：B. 5．C 【分析】设，结合，得到点的轨迹，再根据直线与圆的位置关系求解． 【详解】设，则， 所以，又在直线上， 所以，即点在直线上， 圆，圆心为，半径为， 又点在圆上，即直线与圆有公共点， 所以圆心到直线的距离， 解得，故m的最大值为． 6．C 【分析】要算小明拿偶数个面包的情况，分两种情况讨论，小明拿 2 个面包和拿 4 个面包，运用排列组合算出两者的总数量，最后把两种情况的数量相加，就是小明拿偶数个面包的总情况数. 【详解】若小明拿到2个面包，则有； 若小明拿到4个面包，则有种； 故小明最终拿到偶数个面包的情况有种， 故选：C 7．B 【分析】根据椭圆的定义和旋转体的概念可知当时点的轨迹是一个椭球,即可根据求解最值. 【详解】由题意知，点为动点，、为定点，， 由椭圆的定义知，点的轨迹是以、为焦点，为焦距，长轴为的椭圆， 将此椭圆绕旋转一周，得到一个椭球，即点的轨迹是一个椭球， 而椭球面为一个椭圆，由， 即，得， 设点在平面上的射影为，则， 又，且， 所以当且仅当时最大，即取到最大值， 故选：B． 8．C 【分析】根据函数新定义及特殊函数判断①②③，由函数解析式得，即是周期为1的周期函数，利用周期性并讨论、且判断④. 【详解】①，对于，定义域为R， 存在，对于任意，都有， 但在上不单调递增，错误． ②，是＂严格增函数＂，存在，对任意，都有， 因为，所以，故， 即存在实数，使得对任意，都有， 所以是＂严格增函数＂，正确． ③，，定义域为，当时，对任意的，都有， 即，所以函数，＂严格增函数＂，正确． ④，对于函数，， 所以是周期为1的周期函数，， 若，则，不符合题意． 因为的周期为1，故不妨设， 设，则， 而，此时，矛盾； 所以函数不是＂严格增函数＂，正确． 故选：C 9．ACD 【分析】结合椭圆的几何性质，可判定A正确，B不正确；设圆的方程为，将代入求得 ，结合，求得圆的方程，可判定C正确；取点，求得过点圆的方程，可判定D正确. 【详解】由椭圆，可得，则， 对于A，由，则以为直径的圆与椭圆有4个交点，所以A正确； 对于B，以为直径的圆与椭圆仅有两个交点，所以B错误； 对于C，设圆的方程为， 将代入得，解得 ， 则圆的方程为, 设，则，则， 两式相加，可得，两式相减，可得， 联立方程组，可得， 又因为，联立可得，则， 将其代入，可得， 即，此时方程有解，所以C正确； 对于D，设直线的斜率为，则直线的方程为， 因为关于原点对称，则中垂线的方程为， 因为，可得线段中垂线的方程为， 联立方程组，可得，可得， 因为关于原点对称，不等式，则， 联立方程组，可得 ，即圆心， 若，即， 可得，即， 即，即，所以，解得， 所以当的斜率为，可得， 此时四点共圆，所以D正确. 故选：ACD. 10．ABD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用异面直线夹角的向量求法判断C；确定直角梯形是否有外接圆判断C；作图求出体积判断D. 【详解】在直棱柱中，平面，又，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 对于A，，即，又直线， 因此，即四点共面，A正确； 对于B，在梯形中，，则为锐角，， 因此，梯形无外接圆，则棱柱没有外接球，B正确； 对于C，平面，平面，平面平面， 则，令，连接，平面平面，同理， 因此直线所成的角等于直线所成的角，由，得， 则，，， 直线所成的角不为，C错误； 对于D，令， 则点是直棱柱所在侧面矩形的中心， ，四边形是平行四边形， 平面，则平面，同理平面，而， 平面，因此平面平面，同选项C得， 而，则四边形为平行四边形，，则平面， 平面，四边形的面积， 四面体与四面体的公共部分为八面体， 所以四面体与四面体的公共部分的体积为，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：作出图形确定两个四面体的公共部分是求出其体积的关键. 11．ABD 【分析】根据等比数列通项列方程求解判断A，化简所给条件构造函数，利用导数研究函数的性质确定B，构造函数利用函数最值得到不等式，再由不等式求解判断C，构造函数，利用函数最值转化为不等式求解判断D. 【详解】对于A选项，数列是公比为的等比数列，且， 若，则， 即， 解得或，故A正确； 对于B选项，， 若时，又，则，令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，故无解，不成立， 若时，又，则，令，则， 当时，，函数单调递减， ，由零点存在性定理知有解， 故， 故B正确； 对于C选项，构造，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，即， 所以，即，解得或，故C错误； 对于D选项，构造函数，则， 当时，，当时，， 所以函数在单调递增，在上单调递减，故，即， 所以，则， 因为，所以，故D正确. 故选：ABD. 12． 【分析】根据百分位数的定义求出分位数，再根据平均数定义得到方程，求得的值. 【详解】因为该组数据共6个，且， 所以这组数据的分位数为从小到大第3个数，即6， 则，解得． 故答案为：． 13． 【分析】根据题意，结合二项式系数性质得，再根据通项公式得时，展开式为常数项，再代入通项公式求解即可. 【详解】因为的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等， 所以，根据组合数性质易知， 所以展开式的通项公式为： , 令得， 所以常数项为 14． 【分析】根据题意，即在上恒成立，利用导数求出函数的最小值，即可得解. 【详解】由题知函数的定义域为，在上恒成立， ，令，则． 在上单调递增，， 且的图像在上连续， 存在，，即，则， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 的最小值为，，在上单调递增，， 即实数的取值范围是． 故答案为： 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 15．(1) (2). 【分析】（1）先求出的解析式，从而得到的最小值，得到方程，求出； （2）先得到，利用三角恒等变换化简，结合角的范围，求出取值范围 【详解】（1）的图象的横坐标变为原来的，纵坐标不变， 得到， 再向左平移个单位长度后得到， 当时，， 故当，即时，取得最小值，最小值为， 故，解得； （2），故， 因为为锐角三角形，所以，故， 所以，解得， 故 ， 因为为锐角三角形，所以， 解得，故，故， ，故， 所以的取值范围为. 16．(1) (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，进而得到，由勾股定理求解即可； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量求解平面与平面夹角的余弦值即可； 【详解】（1）如图： 在等腰梯形中，过点作于，过点作于， 因为，则，所以， 连接，在三角形中，由余弦定理得：， 所以，又，所以， 所以，又，且平面， 所以平面，又平面，所以， 因为，所以． （2）在三角形中，由余弦定理得：， 所以，由于平面， 所以以为坐标原点，分别以向量的方向为轴的正方向， 过点作垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，， 设平面的一个法向量为， ， ，所以， 令，则，， 所以， 设平面的一个法向量为， ，所以， 令，则， 所以， 设平面与平面的夹角为， 则． 17．(1)的分布列为： (2) 【分析】（1）根据比赛规则，分析比赛可能出现的各种情况，确定的取值，进而求出的分布列与数学期望； （2）根据条件概率公式求出即可. 【详解】（1）由比赛规则可知，局比赛后，甲乙双方共获得分，若比赛进行了局还未结束， 则双方共计分，此时双方均为分，则第局比赛后必定有一人积分可达到分， 故比赛次数不会超过； 由比赛规则可知，若比赛共进行了局，， 则前局不可能出现某人连胜次（否则连胜后比赛结束）， 故前局必定甲乙二人胜负交替， 综上可知：比赛决出冠军时，二人比赛过程中的胜负情况有以下三种可能： 第一，比赛进行局，前局二人胜负交替，第局与第局胜者相同，此人达成连胜并获得冠军（其积分不超过，故未达11分）； 第二，比赛进行了局，二人始终胜负交替，其中第局获胜者获得分，另一方分，此时获胜者仅积分率先达到11分并获得冠军； 第三，比赛进行了局，前局二人胜负交替，但第局的获胜者在第局连续获胜，则他同时完成连胜且积分率先达到11分并获得冠军. 即随机事件“第局比赛中甲获胜”，“甲达成连胜”，“甲先获得积分”； 根据题意，的可能取值为 ， ， ， . 于是的分布列为： 故； （2）根据以上分析可知：， ，， 故. 18．(1) (2)（i）证明见解析（ii） 【分析】（1）根据椭圆的顶点坐标和离心率求出，进而得到椭圆的标准方程. （2）（i）利用直线与椭圆的位置关系、直曲联立求出直线联立求出根据切线性质求出最后根据中点性质证明即可.（i i）根据中点性质得到面积关系，根据切线求出再根据面积条件列方程计算. 【详解】（1）由题意得离心率则椭圆的标准方程为 （2）（i）设直线代入到椭圆方程，化简得故 设联立直线AC，BO的方程 切线又则故 所以：即M为线段AC中点.由与中点M，则 （ii）由中点M得将代入直线可得 则即则 故则 19．(1)增区间为，减区间为 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，结合条件，利用导数与函数单调性间的关系，即可求解； （2）根据条件，将问题转化成求证，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求得恒成立，结合条件，即可证明结果； （3）根据导函数在上存在零点，则在上有解，则有，即，得到函数的最小值，构造函数，，利用导数判断出其单调性，结合不等式传递性可证． 【详解】（1）函数的定义域是，， 又，则，令，解得：，令，解得：， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增. （2）因为， 要证曲线在曲线的上方，即证恒成立， 即证，令，则， 当时，，当，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 则，所以恒成立，又恒成立，， 所以恒成立，即曲线在曲线的上方. （3）因为， 又因为导函数在上存在零点，所以在上有解， 则有，即， 又当时，，则在区间上单调递减， 当时，，则在区间上单调递增， 所以， 设，，则， 令，，则， 所以在区间上单调递减，又，则在区间恒成立， 所以在区间上单调递减， 又，所以， 则根据不等式的传递性可得，当时， 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 $