湖南长沙市2025-2026学年高二下学期期末测试数学模拟试卷（九）

**基本信息** 聚焦高二核心知识，通过三棱锥线面证明、智力游戏概率分布、椭圆方程求解等综合性大题，考查数学抽象、逻辑推理与数学建模素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、复数、导数图像等|第4题由导函数图像判断原函数，考查几何直观| |多选题|3/18|三角函数性质、解三角形等|第9题结合周期性与单调性，考查推理能力| |填空题|3/15|圆的位置关系、条件概率等|第13题不放回取球条件概率，联系实际情境| |解答题|5/77|立体几何、概率统计、解析几何等|16题以游戏积分设计概率分布，体现数学建模；18题导数证明与单调性讨论，深化逻辑推理|

湖南省长沙市2025-2026学年高二下学期期末测试数学模拟试卷（九） 一、单选题：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，，若，则（   ） A．1 B． C． D． 2．已知，，则（    ） A． B． C． D． 3．已知，且，则的最小值为（    ） A．2 B．3 C． D．4 4．函数的导函数图象如左图所示，则该函数图象可能是（   ）      A．   B．   C．   D．   5．已知数列是等比数列，且，，则的前n项和为（    ） A． B． C． D． 6．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线相交于两点，且与轴相交于点，若，|，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．已知是定义在上的奇函数，且，若当时，，则（   ） A． B． C． D． 8．某校运动会需要名同学（含甲、乙、丙等）排成一列参加入场式，其中甲不能站在队列两端，乙和丙之间恰好间隔名同学，则不同的队列排法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 二、多选题：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．已知函数（），且满足，则（    ） A． B．在区间上单调递增 C．， D．将的图像向右平移个单位长度得到的图象，那么 10．已知函数，则（    ） A． B． C． D． 11．在中，内角所对的边分别为，且，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，则面积的最大值为 C．若，，则 D．若，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．圆与圆的位置关系为______. 13．一个盒子里装有5个红球和3个白球，从中不放回地依次随机取出2个球．已知第一次取出的球是红球，则第二次取出的球是白球的概率为________． 14．已知关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为______. 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)如图，在三棱锥中，平面，，D，E，F分别是棱，，的中点，．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. X 0 3 6 P a b 16．(15分)某一智力游戏玩一次所得的积分是一个随机变量,其概率分布如下表，数学期望. （1）求a和b的值； （2）某同学连续玩三次该智力游戏，记积分X大于0的次数为Y，求Y的概率分布与数学期望. 17．(15分)已知椭圆的离心率，且椭圆的长轴长为4. (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，且，求直线的方程. 18．(17分)设函数，为函数的导函数. (1)求证：； (2)设函数. （i）讨论的单调性； （ii）若时，，求实数的取值范围. 19．(17分)已知． (1)证明：； (2)设，，已知，且对，． （i）若，求数列的前项和； （ii）若存在无数个使得满足条件的数列有且只有1个，求的所有取值． 第1页，共2页 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 《湖南省长沙市2025-2026学年高二下学期期末测试数学模拟试卷（九）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D D B B D A B ACD BCD 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】根据集合间关系列式计算再分类讨论结合已知求参. 【详解】因为集合，， 又因为， 当即时，，不符合题意； 当即时，，符合题意； 则. 故选：C. 2．D 【分析】直接由同角三角函数关系式及两角和的正弦公式可得. 【详解】因为，因此，由同角三角函数基本关系式， 且，得， 根据正弦和角公式. 3．D 【分析】利用将原式化为，进而结合基本不等式求解即可. 【详解】因为，所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为4. 故选：D. 4．B 【分析】根据的图像，先判断和，进而得到的单调区间，逐一验证即可求解. 【详解】由图可知：当或时，，所以的单调减区间为， 当或时，，所以的单调增区间为， 故选：B. 5．B 【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列的通项公式及已知条件求出，即可得到的通项公式，从而得到的通项公式，记数列的前项和为，利用等比数列求和公式求出，即可得解； 【详解】解：设等比数列的公比为，由，即，所以，解得， 又，所以， 所以，记数列的前项和为， 则， 所以数列的前项和为. 故选：B 6．D 【分析】设，过点分别作作轴的垂线，利用相似三角形和推得得，结合焦半径公式代入可得答案. 【详解】如图，不妨设，则，， 则，（*） 过点分别作轴的垂线，垂足分别为， 易得， 因，故，即， 将（*）代入，可得，解得. 故选：D. 7．A 【详解】因为是定义在上的奇函数，所以， 由，得， 则，即，所以函数的一个周期为4， 又， 则. 8．B 【分析】应先分析乙丙相对位置“间隔人”意味着他们占据位置为第和第位置或第和第位置，再结合甲不在两端的限制进行分类讨论，最后安排其余人. 【详解】以乙丙的位置分两类完成， 第一类：当乙丙在第和第位置，有种不同的方法， 再排第位，从除甲、乙、丙三个人中剩余人中选一个人，有种， 其余个人两个位置全排列，有种， 根据分步乘法原理，有种不同的队列排法. 第二类：当乙丙在第和第位置，有种不同的方法， 再排第位，从除甲、乙、丙三个人中剩余人中选一个人，有种， 其余个人两个位置全排列，有种， 根据分步乘法原理，有种不同的队列排法. 由分类加法计数原理，共有种不同的队列排法. 9．ACD 【分析】根据得出正弦函数取得最小值时，满足，再结合得出，故A正确；根据正弦函数求出单调递增区间判断B即可；因为，得出，即可得证C；根据图像的平移得出，再求的取值范围即可. 【详解】因为（），且满足， 则，此时，解得， 结合（），当时；故A正确； ，求其单调递增区间即， 化简得，当时， 同理单调递减区间为， 当时，，因此在区间上不单调，故B不正确； 因为，， 故，C选项正确； 将的图象向右平移个单位长度得到的图象， 故， 故,， 即，选项D正确. 故选：ACD. 10．BCD 【详解】令，则， ， 令，则，故A错误； 当时，则， 当时，则， ，故B正确； 展开式通项为， 则对应，即，故C正确； 令，则， 令，则， ，故D正确． 11．ABD 【分析】对于A，由余弦定理可判断选项正误；对于B，由余弦定理结合重要不等式可得面积最值；对于C，由同角三角函数关系及正弦定理可得，再由余弦定理可得；对于D，由辅助角公式及A分析可得，由正弦定理可得，据此可得. 【详解】对于A：由余弦定理得，，又， 所以，又，所以，又，所以，A正确； 对于B：由得，， 所以，， 当且仅当时等号成立，B正确； 对于C：因为，， 所以， 由正弦定理得，，所以， 由得，， 整理得， 解得或（舍去），C错误； 对于D：由， 得 ， 由正弦定理，得， 所以，故，D正确. 12．外离 【分析】由圆和圆的方程求两圆的圆心坐标及半径，再求圆心距，比较与半径和，半径差的绝对值的大小，可得结论. 【详解】设圆的半径为，圆的半径为，则 圆的圆心的坐标为，半径为， 圆的圆心的坐标为，半径为， 因为，，， 所以， 所以圆和圆外离. 故答案为：外离. 13． 【分析】通过已知条件缩小样本空间，直接计算对应事件的条件概率. 【详解】第一次取出红球为已知条件，该条件成立后， 盒内剩余个红球、个白球，共个等可能抽取的球. 因此，第二次取出白球的概率为. 14． 【分析】令，可得，原不等式可化为，令，要使对所有恒成立，需满足，进而求出的取值范围. 【详解】由不等式可知，令， 对，， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 当时，取得极大值也是最大值， 又时，，时，，所以. 又， 所以原不等式可化为， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 又，所以要使对任意成立，则在区间内不能取得使的值， 由函数性质可知，当时，会出现负值，故须满足，解得， 又，所以，即实数的取值范围为， 故答案为：. 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出的坐标及平面的法向量，进而可求解直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）由题意知E，F分别是，的中点，所以. 因为平面，平面， 所以平面． （2）由平面，，可知两两垂直，则可以A点为坐标原点，以所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图：     则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则，得， 设直线与平面所成角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为． 16．(1) . (2)分布列见解析，. 【详解】分析：（1）根据分布列的性可知所有的概率之和为1然后再根据期望的公式得到第二个方程联立求解即可；（2）根据二项分布求解即可. 详解：(1)因为，所以， 即．①                     又，得．②         联立①，②解得，．          (2)，依题意知， 故，， ，．                    故的概率分布为 的数学期望为． 点睛：考查分布列的性质，二项分布，认真审题，仔细计算是解题关键，属于基础题. 17．(1) (2)或 【分析】（1）由长轴长可得，再根据离心率可得，再求，即可得到方程； （2）方法一、根据题意，直线斜率为0时，得到不符合题意，当直线斜率不为0时，设，联立曲线得到，再根据求解即可；方法二、直线斜率不存在时，，不符合题意，当直线斜率存在时，设，联立曲线得到，再根据求解即可. 【详解】（1）由题可知，，， 又，且，解得，， 则椭圆的方程为. （2）法一：①当直线斜率为0时，， 不符合题意. ②当直线斜率不为0时，设直线方程为， 联立，得，， 设，则. 由题意，， 即，解得. 故直线的方程为：或. 法二：①当直线斜率不存在时，，不符合题意. ②设直线方程为， 联立，得，， 设，则， 由，得， 即，解得. 故直线的方程为或. 18．(1)证明见解析 (2)（i）答案见解析；（ii）. 【分析】（1）对函数求导，结合基本不等式即可求解； （2）（i）由（1）得，分类讨论的取值范围即可；（ii）根据函数的单调性，判断函数的最值即可. 【详解】（1）函数，则，当且仅当时等号成立， 所以. （2）（i）函数，则， 由（1）可知，， ①当时，，在上单调递增； ②当时，令，解得，， 由于，则有，即， 当时，；当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减. （ii）由（i）可知： ①当时，在上单调递增；恒成立； ②当时，在上单调递减，，与题设矛盾， 综上，实数的取值范围是. 19．(1)证明见详解 (2)（i）；（ii）， 【分析】（1）切化弦，结合两角和差公式分析证明即可； （2）根据整理可得数列满足递推公式1或2.（i）分析可知数列是以首项，公差为的等差数列，结合等差数列求和公式运算求解；（ii）分 和，两种情况讨论，结合递推公式1或2分析判断即可. 【详解】（1）因为，即， 整理可得 ， 所以. （2）由题意可知：，， 因为，即，则， 可得或，， 若，，则，， 因为，则，可得， 此时对，，符合题意； 若，，则， 可得，， 且，则； 设递推公式1：； 递推公式2：，，，，； 综上所述：数列满足递推公式1或2. （i）若，则不满足递推公式2，根据递推公式1可得， 因为，则不满足递推公式2，根据递推公式1可得， 依次类推，可知对任意均不满足递推公式2，可得， 可知数列是以首项，公差为的等差数列， 所以； （ii）， 因为满足条件的数列有且只有1个， 若，，则有： ①若，，则不满足递推公式2，根据递推公式1可得，， 因为，，则不满足递推公式2，根据递推公式1可得，， 依次类推，可知对任意均不满足递推公式2，即， 则数列是以首项，公差为的等差数列，此时数列有且只有1个，符合题意； ②若，，根据递推公式1或2均可得，，不符合题意； ③若且，，根据递推公式1或2可得或，， 此时，所以， 即或，均满足数列， 此时数列不唯一，不合题意； 综上所述：，； 若，，则不满足递推公式2，根据递推公式1可得， ①若，，则，， 可知不满足递推公式2，根据递推公式1可得，， 依次类推，可知对任意均不满足递推公式2，即， 则数列是以首项，公差为的等差数列，此时数列有且只有1个，符合题意； ②若，，则，且，， 根据递推公式1或2可得或，， 若，则，显然不成立， 故，此时数列不唯一，不合题意； 综上所述：，. 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 $