精品解析：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（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题，，则． 2. 已知函数为奇函数，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】依题意，因为是奇函数，所以，所以． 3. 已知，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 【答案】B 【解析】 【分析】根据由能不能推出及由能不能推出即可得答案. 【详解】解：由，可得或； 由可得且， 所以由不能推出，但由能推出， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 已知曲线，下列说法中正确的是（ ） A. 把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 B. 把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 C. 把向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的倍，得到 D. 把向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的倍，得到 【答案】C 【解析】 【详解】变换方式一：由函数的图象可向左平移个单位长度，得到， 再将所有点的横坐标变为原来的，得到. 变换方式二：可知， 由函数的图象所有点的横坐标变为原来的，得到， 再向左平移个单位长度，得到. 5. 已知关于x的不等式的解集为，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由不等式的解集结合韦达定理可得、、，则可将不等式化为，解出即可得. 【详解】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. 如图，一个质点从原点出发，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，共移动次，该质点共两次到达的位置的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】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. 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. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式定理展开公式，结合系数最大列出不等式即可求解. 【详解】的展开式的通项为， 由题可知，解得． 故选：A 8. 在中，角所对应的边分别为，设的面积为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角形面积公式和余弦定理，可得，利用不等式和三角函数的运算，即可求解. 【详解】根据三角形面积公式，， 所以， 又由余弦定理，得， 代入得 ， 令，则有解， 因,其中, 故有,解得，故． 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，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】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. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，，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. 以为直径的圆与以为直径的圆内切 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，由，得，，则，椭圆的离心率，故A正确； 对于B，由，当且仅当时等号成立，故B正确； 对于C，设，则，即； ，分别是椭圆的左、右焦点，，； ，. ；故C错误； 对于D，，是椭圆长轴端点，，则以为直径的圆的圆心为原点,半径为； 设以为直径的圆的圆心为，则其半径为. 是的中点，是的中点， . 是椭圆上的点，，分别是椭圆的左、右焦点，； ，即以为直径的圆与以为直径的圆内切，故D正确. 11. 已知函数的定义域为，若存在非负实数，满足对任意，总有，则称具有性质．下列说法正确的是（ ） A. 若具有性质，则是偶函数 B. 若函数具有性质，则的取值范围是 C. 若具有性质，则一定具有性质 D. 若，都有，，则具有性质 【答案】ABD 【解析】 【分析】针对选项A，可结合的限制条件，推导函数的奇偶性即可判断正误. 针对选项B，先化简的表达式，转化为不等式恒成立问题后，结合基本不等式求解参数范围. 针对选项C，可通过举反例的方式验证函数平移后性质是否仍然成立. 针对选项D，利用绝对值三角不等式对进行放缩，结合已知的函数有界条件即可判断正误. 【详解】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． 【点睛】方法归纳：1.新定义类题目解题核心是先准确拆解定义的约束条件，将新定义转化为熟悉的函数、不等式相关问题求解. 2.判断命题错误时可优先采用举反例的方法简化运算，判断命题正确时需结合对应定理、不等式性质进行严谨证明. 3.处理绝对值不等式恒成立问题时，可结合基本不等式、绝对值三角不等式进行放缩求解参数范围. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数的解析式计算可得； 【详解】， ． 故答案为：． 13. 函数其中ω>0，若x₂)，使得则ω的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】整体代入，利用正弦函数的性质即可得. 【详解】因为，，所以，, 由于，，使得，即， 所以，解得，故的取值范围为． 14. 已知个数的平均数为，方差为;现从原个数中剔除这个数，且剔除的这个数的平均数为，方差为，则剩余的个数的方差为___________. 【答案】 【解析】 【分析】结合分层抽样中平均数和方差的公式，即可求解. 【详解】设个数的平均数为，方差为， 剔除的个数的平均数为，方差为， 剩下的个数的平均数为，方差为， 则，， 由，可知，解得， 由，可知，解得. 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. 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【详解】（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. 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． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据双曲线焦点坐标得，结合已知渐近线斜率得，再由双曲线关系求出、，即可得到双曲线的方程； （2）设出直线​的方程与点、的坐标，根据向量关系得到坐标间的倍数关系，将、坐标代入双曲线方程联立求解得到直线斜率，即可得到直线的方程. 【小问1详解】 双曲线的渐近线方程为，依题意，，可得， 由焦点坐标可知，而，即， 解得，所以， 所以的方程为． 【小问2详解】 设，，，而，， 则 由，得，解得,即得， 依题意，解得即， 又，所以直线的方程为，整理得． 17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，. （1）求角A的大小； （2）求的取值范围; （3）当取得最大值时，如图所示，在所在平面内取一点D，使得线段，，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量数量积运算和余弦定理计算即可得； （2）结合（1）中所得，可将转化为与有关式子，再利用的范围得到的范围； （3）结合（2）中所得，可得为等边三角形，再设，，，利用正弦定理与余弦定理及面积公式可表示出面积，即可得其最大值. 【小问1详解】 由平面向量数量积运算和余弦定理， 知，即， 即， 故，又，所以； 【小问2详解】 由（1）得，，得， 所以 ， 由，所以， 所以， 所以的取值范围是； 【小问3详解】 当取得最大值时，，解得，故为等边三角形， 令，，， 则，所以， 又， 所以， 所以， 所以 ， 当且仅当时等号成立，所以面积的最大值为． 18. 在四棱锥中，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 求三棱锥的体积的最大值． 【答案】（1）因为，平面，平面，从而平面， 又平面，平面平面，则． （2）（ⅰ）；（ⅱ）． 【解析】 【分析】(1) 由正方形可证面，根据线面平行性质得结论； (2) 以为坐标原点，，分别为，轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，(i) 求两平面法向量算二面角余弦；(ii) 体积由的高决定，结合约束求最大高得体积最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 已知. （1）若，恒有，求的取值范围. （2）当时， （ⅰ）证明:在上恰有三个零点； （ⅱ）设（ⅰ）中的三个零点为且，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据导函数的单调性，分类讨论，即可求出结果； （2）（ⅰ）根据函数单调性，具体区间进行分析函数零点，即可得证；（ⅱ）由（ⅰ）知，记，，则，且，故，要证明，即证明，即证，结合函数单调性，只需证明，构造函数，分析函数单调性，即可得证. 【小问1详解】 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，． 【小问2详解】 （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，，， 故在上恰有一个零点， 综上可知，在上恰有三个零点. （ⅱ）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，， 则， 由（1）可知，在上单调递增， 而，故，单调递增， 从而，故， 即，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数为奇函数，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 3. 已知，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 4. 已知曲线，下列说法中正确的是（ ） A. 把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 B. 把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 C. 把向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的倍，得到 D. 把向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的倍，得到 5. 已知关于x的不等式的解集为，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，一个质点从原点出发，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，共移动次，该质点共两次到达的位置的概率为（ ） A. B. 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. 在中，角所对应的边分别为，设的面积为，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，满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，，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. 以为直径的圆与以为直径的圆内切 11. 已知函数的定义域为，若存在非负实数，满足对任意，总有，则称具有性质．下列说法正确的是（ ） A. 若具有性质，则是偶函数 B. 若函数具有性质，则的取值范围是 C. 若具有性质，则一定具有性质 D. 若，都有，，则具有性质 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. 已知个数的平均数为，方差为;现从原个数中剔除这个数，且剔除的这个数的平均数为，方差为，则剩余的个数的方差为___________. 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. 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. 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，. （1）求角A的大小； （2）求的取值范围; （3）当取得最大值时，如图所示，在所在平面内取一点D，使得线段，，求面积的最大值． 18. 在四棱锥中，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 求三棱锥的体积的最大值． 19. 已知. （1）若，恒有，求的取值范围. （2）当时， （ⅰ）证明:在上恰有三个零点； （ⅱ）设（ⅰ）中的三个零点为且，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $