湖南长沙市第一中学2025-2026学年高二下学期6月期末数学试题

高二数学 时量：120分钟 满分:150分 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．已知集合则M∪N=（ ） A．{-2,2} B．{2} C．{x|-2<x<3} D．{x|-2≤x<3} 2．已知函数为奇函数,则g(-2)=（ ） A．4 B．2 C．-4 D．-2 3．已知x,y∈R,若则p是q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 4．已知曲线下列说法中正确的是（ ） A．把C₁向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的3倍，得到C₂ B．把C₁向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的3倍，得到C₂ C．把C₁向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来倍，得到C₂ D．把C₁向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来倍，得到C₂ 5．已知关于x的不等式的解集为(-∞,1)∪(2,+∞)，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D．(,1) 6．如图，一个质点从原点O出发，每隔一秒随机向左或向右移动一个单位长度，向左的概率为，向右的概率为，共移动3次，该质点共到达两次到1的位置的概率为（ ） A． C． D． 7．已知的展开式中唯有第5项的系数最大，则a的取值范围是（ ） A． B． C． D． 8．在△ABC中,角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,设△ABC的面积为S，则的最大值为 A． B． C． D． 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．已知正实数a,b,满足a+b=2,则（ ） A．ab≤1 B． C． D． 10．已知F₁,F₂分别是椭圆的左、右焦点,A₁,A₂是椭圆长轴端点，点P是椭圆上异于长轴端点的一点，则下列结论正确的是（ ） A．椭圆C的离心率 B．的最大值为25 C．存在点P使 D．以PF₁为直径的圆与以A₁A₂为直径的圆内切 11．已知函数f(x)的定义域为R，若存在非负实数k，满足对任意x∈R,总有|f(x)-f(-x)|≤k,则称f(x)具有性质P(k)．下列说法正确的是（ ） A．若f(x)具有性质P(0),则f(x)是偶函数 B．若函数具有性质P（1）,则a的取值范围是[-1,1] C．若f(x)具有性质P(k),则f(x+t)(t>0)一定具有性质P(k) D．若∀x∈R,都有|f(x)|<1,|g(x)|<1,则f(x)g(x)具有性质P（4） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知则__________． 13．函数其中ω>0,若x₂),使得则ω的取值范围为___________。 14．已知15个数x₁,x₂,…,x₁₅的平均数为6,方差为9;现从原15个数中剔除x₁，x₂，x₃，x₄，x₅这5个数，且剔除的这5个数的平均数为8,方差为5,则剩余的10个数x₆,x₇,…,x₁₅的方差为___________。 四、解答题（本大题共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．（13分）已知数列{}满足 （1）求数列{}的通项公式; （2）若求数列{}的前n项和． 16．（15分）已知双曲线的一条渐近线的斜率为，左、右焦点分别为 （1）求C的方程; （2）设x轴上方的点A，B分别在C的左支与右支上，若求直线的方程． 17．（15分）在中，内角A，B，C的对边分别为a,b,c, （1）求角A的大小； （2）求sinB·sinC的取值范围; （3）当sinB·sinC取得最大值时,如图所示,在所在平面内取一点D，使得线段DC=2,DA=1,求面积的最大值． 18．（17分）在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形,平面ADE与平面BCE的交线为l, （1）求证: （2）若平面 （ⅰ）求平面AED与平面AEB所成角的余弦值； （ⅱ）已知点O为底面ABCD的中心,点Q在侧面AEB内,且求三棱锥Q-ABC的体积的最大值． 19．（17分）已知 （1）若恒有f(x)>0,，求a的取值范围。 （2）当时， （ⅰ）证明:f(x)在上恰有三个零点； （ⅱ）设（ⅰ）中的三个零点为且证明：． 高二数学参考答案 一、二、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D C B C D A A B AC ABD ABD 1．D 【解析】由题，，则． 2．C 【解析】依题意，． 4．C 【解析】变换方式一：由函数的图象可向左平移个单位长度， 再将所有点的横坐标变为原来的，得到； 变换方式二：因为， 所以由函数的图象上所有点的横坐标变为原来的， 再向左平移个单位长度，得到． 5．D 【解析】由不等式的解集为可知， 且，，所以，， 所以不等式可化为， 又，则，解得． 6．A 【解析】记质点两次到达1的位置为事件，想要质点到达1的位置两次，则有，，共两种情况，所以． 7．A 【解析】．的展开式的通项为， 由题可知解得. 8．B 【解析】， 令，则有解，故，即，故． 9．AC 【解析】已知正实数，满足， 选项A：因为，所以，当且仅当时取等号，故A正确； 选项B：由均值不等式，，当且仅当时取等，故B错误； 选项C：代入，得，当且仅当，时取等，故C正确； 选项D：取，，满足，但不满足，故D错误． 10．ABD 【解析】由椭圆的方程，得，，，椭圆的离心率，故A正确； 对于B，，当且仅当时等号成立，故B正确； 对于C，假设点是椭圆短轴的端点，则，，则，即此时为锐角，且点是椭圆短轴的端点处时，最大，故不可能为直角，即不存在点使，故C错误； 对于D，以为直径的圆，圆心为，半径，设以为直径的圆的圆心为，半径，，分别为，的中点，，由椭圆的定义得：，，故以为直径的圆与以为直径的圆内切，故D正确。 11．ABD 【解析】对于A选项，若具有性质，则，， 于是，即对任意成立，故是偶函数，故A正确； 对于B选项，函数为奇函数，故， 因此恒成立，当时，显然成立，当时，则恒成立， 注意到，因此，即，故B正确； 对于C选项，设，则是偶函数，满足，因此具有性质， 但是，故，无界，故C错误； 对于D选项，由，可知，同理， 而， 因此对任意，，从而具有性质． 三、填空题 12． 【解析】． 13． 【解析】因为，，所以，由于，，使得，即，所以，解得，故的取值范围为． 14.8 【解析】设15个数的平均数为，方差为，剔除的5个数的平均数为，方差为，剩下的10个数的平均数为，方差为，则，， 由，可知； 由，可知． 四、解答题 15．【解析】（1），则数列为等差数列， 又，，数列的公差为， ，所以． （2）由（1）知，所以， 所以 ． 16．【解析】（1）双曲线的渐近线方程为，依题意，， 半焦距，而， 解得，， 所以的方程为． （2）设，，而，， 由，得， 依题意，解得即， 又，所以直线的方程为． 17．【解析】（1）由平面向量数量积运算和余弦定理，知，即， 即， 故，又，所以． （2）由（1）得，，得， 所以 ， 由，所以，所以， 所以的取值范围是． （3）当取得最大值时，，解得，故为等边三角形， 令，，，则，， 又， ， ， ， 当时等号成立，面积的最大值为． 18．【解析】（1）因为，平面，平面，从而平面， 又平面，平面平面，则． （2）平面平面，平面平面，，可得平面， （ⅰ）在底面为正方形的四棱锥中，以为坐标原点，，分别为，轴， 过且垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，设， 则，，， 所以，因为， 又，， 所以，解得，所以， 则，又，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则得取，则， 设平面的法向量为， 则得取，则， ，故平面与平面所成角的余弦值为． （ⅱ）设点到平面的距离为，因为， 所以，即点到平面的距离为， 则到平面的距离为． 过点作平面的垂线，垂足为， 又，，即点在以为圆心，为半径的圆上， 由（1）知平面，，，为二面角的平面角， 则到平面的距离为， 所以到平面的距离最大值为，则的最大值为． 19．【解析】（1）依题意，，在上单调递增， 当时，，，因此，符合题意； 当时，，，，故存在唯一零点，使得， 此时当时，，单调递减，故，不符合题意； 当时，，单调递增，则，符合题意． 综上可知，． （2）（ⅰ）由（1）可知，当时，在上没有零点； 当时，，故，没有零点； 当时，由（1）可知，，单调递增，且，，，故在恰有一个零点； 当时，，故，没有零点； 当时，由（1）可知，，单调递增，且，，，故在恰有一个零点， 当时，，故，没有零点； 当时，由可知，，单调递增，且，，， 故在恰有一个零点， 综上可知，在上恰有三个零点。 （ⅱ）证明一：由（ⅰ）可知，，，记，，则，且，故， 要证明，即证明， 即证，又因为在单调递增，，故， 故只需证明， 构造函数，，， 由（1）可知，在上单调递增，而，故，单调递增， 从而，故， 即，也即。 证明二：，即，同理， 由，可知，且，， 设，，则，单调递增， 故由可知，因此． 学科网（北京）股份有限公司 $