广东深圳市宝安第一外国语学校2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试题

**基本信息** 以文化传承（如一百零八塔数列问题）、生活实践（如投篮测试概率模型）及创新定义（如“导控函数”）为载体，全面考查高二数学核心知识与关键能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|统计（中位数）、向量共线、集合运算、导数切线、抛物线|第6题以一百零八塔为背景，考查等差数列应用，体现数学眼光| |多选题|4/20|复数几何意义、立体几何折叠、圆的切线与公共弦|第10题矩形折叠问题，融合空间想象与逻辑推理，发展数学思维| |填空题|4/20|双曲线离心率、函数奇偶性与对称性、数列构造|第14题数列构造问题，考查抽象概括能力，培养数学语言表达| |解答题|5/70|立体几何证明与距离、解三角形、概率分布列、椭圆综合、新定义函数|第17题投篮测试模型，第19题“导控函数”证明，突出应用意识与创新思维，契合高考命题趋势|

2025—2026学年第二学期高二年级期末考试卷 数 学 本试卷共4页，22小题，全卷满分150分．考试时间120分钟． 一、单选题 1．这一组数据：的中位数为（  ） A． B． C． D． 2．已知非零向量，不共线，，，若与共线，则（    ） A． B． C． D． 3．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 4．函数在点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 5．已知点在抛物线上，则C的焦点与点之间的距离为（    ） A．4 B． C．2 D． 6．一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的实心塔群，共分十二阶梯式平台，自上而下一共12层，每层的塔数均不少于上一层的塔数，总计108座．已知其中10层的塔数成公差不为零的等差数列，剩下两层的塔数之和为8，则第11层的塔数为（    ） A．17 B．18 C．19 D．20 7．若函数的最小值为，则实数（     ） A． B． C．4 D． 8．已知集合，现随机选取中5个元素构成子集，记该子集中的最小数为，则随机变量的数学期望是（    ） A． B． C． D．2 二、多选题 9．复数，，已知，，下列说法正确的是（   ） A．复平面内与对应的点在第三象限 B． C． D． 10．在矩形 中， ，将沿折起，使点到达点的位置，得到三棱锥 . 若，则（   ） A． B．三棱锥外接球的表面积为 C．直线与直线所成的角为 D．平面与平面的夹角为 11．已知三点，，，圆，则下列说法正确的是（   ） A．若点P在圆O上运动，则的最小值为21 B．圆O与圆的公共弦长为 C．若点Q在直线上，过Q作圆O的切线，，切点分别为M，N，则的最大值为 D．若点Q在直线上，过Q作圆O的切线，，切点分别为M，N，则点C到直线的距离的最大值为 三、填空题 12．双曲线的离心率为_______． 13．已知函数是上的偶函数，其图象关于点对称，且在区间上单调，则的值为______． 14．在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，现将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；…；第次得到数列，若此时，则________． 四、解答题 15．如图，已知正三棱柱中，，点为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离. 16．如图，在中，内角所对的边分别为，已知，，．    (1)求的值； (2)若为边上一点，且，求的长． 17．小溪同学参加一个投篮测试，其规则是：有次投篮机会，若连续投中两次则通过测试并结束测试；若未通过测试，将继续投篮直至次投篮机会用完；第次投篮后，不论通过与否均结束测试．现假定小溪同学每次投篮结果相互独立，命中率均为． (1)求小溪同学在前次投篮中就通过测试的概率； (2)记为小溪同学测试结束时投篮的次数，求的分布列及数学期望； (3)求在通过测试的条件下，小溪同学恰好投篮了三次的概率． 18．已知椭圆的长轴长为，离心率为. (1)求椭圆C的标准方程； (2)椭圆的左右顶点分别为，是直线上一点，直线分别交椭圆于点两点，连接交轴于点. （i）当最大时，求点的坐标； （ii）若，求的取值范围. 19．若定义在上的函数和分别存在导函数和，且对任意x均有，则称函数是函数的“导控函数”．我们将满足方程的称为“导控点”． (1)试问函数是否为函数的“导控函数”？ (2)若函数是函数的“导控函数”，且函数是函数的“导控函数”，求出所有的“导控点”； (3)已知函数和都是定义在上的偶函数，且是函数的“导控函数”，证明：恒成立（为常数）． 学科网（北京）股份有限公司 $ 参考答案 1．C 【详解】要找这组数据的中位数，首先需要把数据从小到大排序： ， 这组数据一共有7个，中位数是排序后位于中间位置的数，即第4个数， 也就是． 2．C 【分析】根据平面向量共线定理，结合不共线向量线性表示的系数唯一性列方程求解x. 【详解】因为与共线，由平面向量共线定理可知，存在实数λ，使得， 而，，故， 非零向量，不共线，可得方程组：，解得. 3．B 【分析】解求出集合，再求交集可得答案. 【详解】由得， 解得，因为，所以集合是所有奇数构成的集合， 则. 故选：B. 4．B 【分析】求出的导数，求得切线的斜率，可得切线方程. 【详解】函数的导数为，则， 则函数在点处的切线方程为，即. 故函数在点处的切线方程为. 故选：B. 5．D 【分析】根据在抛物线上可求的值，求出焦点坐标后结合距离公式可得正确的选项. 【详解】因为在抛物线上，故， 整理得到：即， 解得或（舍），故焦点坐标为， 故所求距离为， 故选：D. 6．A 【分析】设成为等差数列的其中10层的塔数为：，设出公差，根据题意得，又，，且，故只能满足，进而可得答案. 【详解】设成为等差数列的其中10层的塔数为：，由已知得，该等差数列为递增数列，因为剩下两层的塔数之和为8，故剩下两层中的任一层，都不可能是第十二层，所以，第十二层塔数必为； 故，①； 又由②，，且，所以， ①+②得，，得， 由知， 又因为观察答案，当且仅当时，满足条件，所以，； 组成等差数列的塔数为：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19； 剩下两层的塔数之和为8，只能为2，6. 所以，十二层的塔数，从上到下，可以如下排列： 1，2，3，5，6，7，9，11，13，15，17，19；其中第二层的2和第五层的6不组成等差数列，满足题意，则第11层的塔数为17. 故答案选：A 7．B 【分析】分三种情况，利用导数讨论函数单调性，求出每种情况下的函数最小值，进而确定的值。 【详解】因为，所以， 由题意，易知， 当时， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在时，取得最小值，即，解得； 当时， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以无最小值，故舍去； 综上，实数. 故选：B. 8．B 【分析】先由题意确定的所有可能取值，再分别求出对应的概率，进而可求出结果. 【详解】由题意可得的所有可能取值为， 随机选取集合中5个元素构成子集，有个子集， 集合中以正整数为最小数的5元子集共有个， 所以， 所以 . 9．BCD 10．AC 【分析】A选项，直接利用勾股定理即可求解； B选项，根据几何关系找到外接球的球心和半径，根据球的表面积计算公式进行求解； C选项，将直线的夹角转化为方向向量的夹角，注意直线夹角的取值范围； D选项，将平面的夹角转化为二面角，注意平面夹角的取值范围. 【详解】 A选项，因为，且，所以平面，则，所以是直角三角形， 又因为，，所以，所以A选项正确； B选项，由A选项分析得，又因为，，所以是直角三角形， 又因为，，所以，所以是直角三角形， 分别作和的中点和，则，因为是直角三角形， 所以，同理可得， 则点即为三棱锥外接球的球心，且外接球半径为， 所以外接球表面积，所以B选项错误； C选项，， 又因为直线与直线所成的角范围是，所以夹角为，所以C选项正确； D选项，如图所示，分别作，，则异面直线和的夹角即为平面与平面的夹角， 由三角形面积公式可得，所以， 同理可得，则, 而， 而， 其中，， ，， 所以， 所以，即平面与平面的夹角为，所以D选项错误. 11．ACD 【分析】对于A，由两点间距离公式求解即可； 对于B，先求公共弦方程，再勾股定理求弦长；对于C，先求直线的方程，再求最大值，再结合二倍角公式求解；对于D，先求以为直径的圆的方程，再求直线的方程，进而表示点到直线的距离，再求最大值. 【详解】对于A，设，则， ，A正确； 对于B，将圆O与圆的方程相减可得两圆的公共弦方程为， 点O到公共弦直线的距离为，所以公共弦长为，B错误； 对于C，直线的方程为，连接，则，， 在中，， 当时，，从而取最大值， 因为是锐角，所以最大时最大，又最大时，，所以， 此时最大，最大值为，C正确； 对于D，设则，因为，所以线段为两圆的公共弦， 而为直径的圆的圆心为，半径为， 所以其方程为，即， 与圆O相减得直线的方程为， 将代入得，即， 令，解得，所以直线恒过定点， 则当且仅当时，点到直线的距离取得最大值，为，D正确. 12．/ 【分析】利用双曲线方程可得即可求解 【详解】由可得， 双曲线的离心率为， 故答案为： 13．2或 【分析】先根据是上的偶函数求出，再根据的对称中心和单调区间列出的方程，求解. 【详解】是上的偶函数，， 又，，. 又图象关于点对称， ，. 又在区间上单调，， ，. ，又， 或. 当时，；当时，. 故答案为：2或 14．7 【分析】通过构造辅助等比数列推导数列总和的正确递推通项，求出构造次数，归纳首个插入数的变化规律完成求解. 【详解】设第次构造后数列的总和为，单次构造新增插入数字的和为. 初始数列总和. 由插入规则，单次插入数字和为原数列所有相邻两项之和， 可得，. 联立化简得，变形为， 因此，是以为首项、为公比的等比数列， ，， 前次插入所有数字的总和满足， 结合题设，可得，，， 解得，即. 归纳首次插入数规律：第次，第次，第次，……，第次. 因此，第次构造时，. 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系，根据空间向量的位置关系证明可得结果； 方法二：连接交于点，连接，利用线面平行的判定定理证明可得结论. （2）方法一：由点到平面距离的向量求法直接计算可得结果； 方法二：利用等体积法计算即可. 【详解】（1）方法一： 取的中点，根据正三棱柱性质可得互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则有，即， 令，则，，即， 因为，又平面， 所以平面； 方法二： 如图，连接交于点，连接， 易知为的中点，又点为的中点，故， 而平面，平面， 所以平面； （2）方法一： 点到平面的距离. 方法二： 因为平面，故到平面的距离即为到平面的距离，设为， 因为，，平面， 故平面，平面，故， 由题意知，，所以， ，， 由， 代入解得. 16．(1) (2) 【分析】（1）根据余弦定理求解，由正弦定理即可求解. （2）作辅助线根据解直角三角形知识分别求出和即可. 【详解】（1）由余弦定理得： ∴ , 由正弦定理：得. （2）如图所示：    过作于，在中， ，， ∴，，在中，.       ∴       ∴ ∴ 17．(1) (2) (3) 【分析】（1）设事件为第次投中，则前次投篮中就通过测试可表示，再由概率的加法公式及相互独立事件概率可得； （2）先确定的可能的值，再分别计算相应的概率及期望可得； （3）先计算通过测试概率，再计算前三次通过测试的概率，进而由条件概率公式可得. 【详解】（1）设事件为第次投中， 则小溪同学在前次投篮中就通过测试的概率为：． （2）的所有可能取值为：． ，， ，． 则的分布列为： ． （3）设事件：小溪同学通过测试，事件：小溪同学恰好投篮了三次， 因为投篮五次通过概率为， 则，， 则在通过测试的情况下，小溪同学投篮了三次的概率为：． 18．(1) (2)（i）或；（ii） 【分析】（1）根据条件，直接求出，即可求解； （2）（i）设点，直线的倾斜角分别为，分三种情况，当时，，当时，可得，即可求解； （ii）法一，求出直线的方程，进而得直线过定点，从而可得，即可求解；法二，设直线为，同法一得出直线过定点，再结合条件得，即可求解. 【详解】（1）由题意可得，，即， 又，得，又，得， 所以椭圆的标准方程为. （2）（i）由（1）知，设点，直线的倾斜角分别为， 得， 当时，，此时， 当时，， 则， 当且仅当时，等号成立， 当时，， 则有， 当且仅当时，等号成立， 综上所述，当且仅当时，有最大值，即有最大值， 所以当点的坐标是或有最大值. （ii）法一：设点，当时，两个三角形不存在，所以， 直线的方程分别为， 联立方程得，消去得， 解得或，即点， 联立方程得，消去得， 解得或，即点，则， 直线的方程为， 化简得，所以直线过定点， 又， ，若，得， 化简得， 由，则，则. 法二：当直线与轴重合时，显然不满足题意. 设直线为，点是直线与轴的交点， 联立方程组，消去得， 所以有， 直线的方程为，直线的方程为， 联立方程得，解得， 又， 所以点的横坐标为， 代入得 ，解得，即点， 由于， 若，即，由图可知异号，即， 所以有， 化简得. 该方程有解，即，则. 19．(1)是 (2)2 (3)函数和都是定义在上的偶函数， 且是函数的“导控函数”， 因此，又，， 因此函数是函数的“导控函数”， ，即， 用代换x有， 综上可知， 记， 则， 因此存在常数c使得恒成立， 综上可得，恒成立（c为常数）． 【分析】（1）根据“导控函数”的定义进行判断. （2）根据“导控函数”列不等式，利用判别式求得“导控点”. （3）根据“导控函数”的定义以及函数的奇偶性，结合导数证得恒成立. 【详解】（1）由，得，由，得， 因为，所以函数是函数的“导控函数”； （2）由，得， 由，得， 由，得， 由题意可得恒成立， 令，解得， 故，从而有，所以， 又恒成立， 即恒成立， 所以，所以， 故，且“导控点”为2； （3）略 学科网（北京）股份有限公司 $