精品解析：广东深圳市某校2025-2026学年高二下学期期末学业质量检测数学试题

2025—2026学年第二学期高二年级学业质量检测 数 学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上．将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共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】 【分析】先化简集合，再根据交集的定义求解. 【详解】解不等式 ，得 或 ，即或， 又，所以. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，，且，则，解得. 3. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于二项式，其展开式的通项公式为 令可得. 所以的系数为 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】令，得，则定义域为关于原点对称， 又，则为偶函数，排除C，D选项； 又，排除B， 选项A符合以上要求. 5. 记等比数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接根据等比数列的性质计算可得. 【详解】根据等比数列的性质：等比数列中，连续相邻相同项数的和仍成等比数列， 所以，，构成新的等比数列. 因为，，因此新等比数列的公比为 ，所以. 所以数列的前项和. 因此. 6. 某学校开设人工智能、机器人、大数据三门选修课，四名学生每人随机选修一门．若每门课程至少有1人选修，则选修机器人的人数多于选修大数据的人数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件概率计算公式计算求解即可. 【详解】设事件为4名不同的学生，选修3门不同的课程，且每门至少1人. 事件为选修机器人的人数多于选修大数据的人数， 由题意可知4名学生中有2名学生选择同一门选修课，剩下2名学生选择剩下两门选修课，每名学生选一门， 所以事件包含个基本事件， 事件包含个基本事件， 所以. 7. 已知函数在区间上单调递增，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知条件先求出函数的解析式，再代入即可. 【详解】因为函数在区间上单调递增， 所以， 所以，即， 所以 函数，， 所以，从而得，，， 又因为，故，， 所以，，故， 所以，故， 所以， 解得， 所以， 所以. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与的右支交于，两点，若，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，设，结合双曲线的定义，在中，由勾股定理可得，在中，由勾股定理可得，进而可解. 【详解】设，则，， 由双曲线定义可知，，， 因为，所以是直角三角形，即， 所以是直角三角形， 所以，即， 化简可得，所以， 在中有， 即，化简可得， 所以的离心率为. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 掷一枚质地均匀的骰子次，掷出的点数分别记为，，，．若这四个数中最大的数为，则下列结论可能成立的是（ ） A. ，，，的平均数为，极差为 B. ，，，的平均数为，方差为 C. ，，，的中位数为，极差为 D. ，，，的中位数为，方差为 【答案】AC 【解析】 【详解】不妨设， 若A成立，则，，则，， 则，故A符合； 若B成立，则，， 则，， 显然符合的值不存在，故B不符合； 若C成立，则，，则，故C符合； 若D成立，则， 若，则平均数为，方差为； 若，则平均数为，方差为； 若，则平均数为，方差为； 故D不符合. 10. 已知圆，直线，为上的动点，过点作圆的切线，，切点分别为，，则（ ） A. 的最小值为 B. 四边形的面积可能为 C. 直线的斜率存在 D. 直线过定点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据条件得，再求出的最小值，即可求解；对B，利用A中结果，即可求解；对C，根据条件，直接求出直线的方程，再利用的取值范围，即可求解；对D，根据C可得直线的方程为，即可求解. 【详解】易知圆的圆心为，半径为， 对于A，因为，又圆心到直线的距离， 则，所以的最小值为，故A正确， 对于B，因为四边形面积， 由选项A知，所以，故B正确， 对于C，设，则，， 以为圆心，为半径的圆的方程为，即①， 又在圆②上，由①②得到，即， 所以直线的方程为，又点在直线上运动， 当时，直线的斜率不存在，所以C错误， 对于D，由选项C知直线的方程为，且， 所以直线的方程为，即， 由，得到，所以直线恒过定点，故D正确. 11. 设函数，则（ ） A. 当时， B. 直线是曲线的切线 C. 点是曲线的对称中心 D. 存在，，使得当时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】判断函数单调性，结合不等式性质可判断A选项，利用导数的几何意义可判断B选项，根据函数对称性的概念直接可判断C选项，取，可判断D选项. 【详解】由已知，则， A选项：或时，时， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 又当时，，则，A选项错误； B选项：设切点为，则切线斜率， 解得，或， 当时，切点为，此时切线方程为， 当时，切点为，此时切线方程为， B选项正确； C选项：由， 则，即函数关于中心对称； D选项：取，， 易知函数在和上单调递增，在上单调递减， 且，，，， 即函数在上的值域为， 即当时，，D选项正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据共轭复数的概念及复数的乘法运算法则可得解. 【详解】由，则， . 13. 记等差数列的前项和为，若，，则当取得最小值时，_________． 【答案】5 【解析】 【分析】先由条件求出数列的首项与公差，写出的表达式，利用二次函数的性质即可求其取最小值时的值. 【详解】因为为等差数列，设其公差为， ，解得， 所以， 所以当时，取到最小值为. 14. 劳动实践课上制作圆柱体模型，已知该圆柱的体积为，若用锡纸完整包裹其表面，则所需锡纸面积的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径及高，由体积可得，要使所需锡纸面积的最小只需求圆柱的表面积最小即可，再由三元基本不等式可得. 【详解】设圆柱底面半径为，高为. 因为圆柱体积，化简得，即 . 包裹圆柱所需锡纸面积即圆柱表面积，且， 将​代入得. 利用三元基本不等式（，等号成立当且仅当）， 所以. 当且仅当​，即时，再代入得，即，时等号成立. 因此当圆柱底面半径为，高为时圆柱的表面积有最小值， 故所需锡纸面积的最小值为. 四、解答题：本题共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. 袋子中有个大小质地完全相同的小球，其中个黑球，个白球，从中不放回地依次随机摸出个球． （1）分别求第一次、第二次取到白球的概率； （2）用表示摸出的个球中白球的个数，求的分布列和期望． 【答案】（1）第一次取到白球的概率为，第二次取到白球的概率为； （2） 数学期望. 【解析】 【分析】（1）应用全概率公式结合条件概率计算求解； （2）的可能取值为1,2,3，求得其相应概率，列出分布列，再求期望. 【小问1详解】 设事件“第一次取到白球”，则“第一次取到黑球”，事件“第二次取到白球”. 依题意，，，，， 因此， 所以第一次取到白球的概率为、第二次取到白球的概率为. 【小问2详解】 的可能取值为1,2,3， 则，， ， 的分布列为： X 1 2 3 P . 16. 已知，，分别为的内角，，的对边，且． （1）求； （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2）20 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理把边化成角，再借助两角和的正弦公式代换，约去后求出，从而算出角； （2）先用面积公式求出，再结合余弦定理求出，即可求得周长. 【小问1详解】 由已知得，， 由正弦定理，得， 由于， 化简得， 由于，则， 于是， 由于，则，于是， 则，故． 【小问2详解】 由（1）及条件知，，得， 由余弦定理，得， 即，即， 故的周长为． 17. 如图，在五面体中，四边形为矩形，平面平面，，，分别为，的中点，且． （1）证明：平面； （2）若，且，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：∵四边形为矩形，且为的中点 取中点，连接，，因 则,且, 又因是的中点， 且， ， ∴四边形为平行四边形， ∴， 又∵平面，平面 ∴平面. （2） 【解析】 【分析】(1)中没有现成的线线平行，构造平行四边形从而得到想要的线线平行 (2)向量法各自求两个面的法向量，然后用计算二面角的公式得到；几何法需要证明面面平行后找到空间中面面角的平面角，从而通过三角函数计算得到 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在矩形中，， 又∵面平面，平面平面，平面 ∴平面 ∵， ，，平面 ∴平面 ∵ ∴平面 又∵平面 ∴ 方法一：以为原点建立空间直角坐标系如图所示， ∵， ∴ ∴，， ，， ∴， 设平面的法向量为 故可取 依题意，可取 为平面的一个法向量， ∴设平面与平面夹角为， 则 ∴平面与平面夹角的余弦值为. 方法二：∵且，平面，平面， ∴平面， 又由(1)得,因平面，平面， 则平面，又，平面，∴平面平面， ∴平面与平面的夹角即为平面与平面的夹角， ∵平面，平面，∴， 又∵平面平面，， ∴平面与平面夹角为， 在 中，， ∴平面与平面夹角的余弦值为. 18. 设函数． （1）证明：； （2）设函数，其中． (i) 证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (ii) 设，分别为在区间的极值点和零点，比较与的大小，并证明你的结论． 【答案】（1）设函数，定义域为， ， 当时，，在上单调递增， 当时，，在 上单调递减， 则，∴得证. （2）(i) ，，其中， 则， 令，， 则，在恒成立， 则在上单调递减， 由，得，， 根据零点存在定理，在存在唯一解，记为， 即，且， 当时，，，单调递增； 当时，，，则单调递减， 是唯一极值点，且为极大值点， 由（1）得，即 ， 且有，则在上存在一个零点，记为， 根据单调性可知，在区间不存在其他零点， 综上，在区间存在唯一的极值点和唯一的零点. (ii) ，证明如下： 由题意可得，且，， 则，， 即，， 即， 由（1）得时，，且，即， 两边取对数，得， 移项得，得证． 【解析】 【分析】（1）利用作差法构造函数，利用导数分析函数单调性，将不等式证明问题转化为最值问题证明即可； （2）（i）将函数极值点问题转化为导数零点问题，通过研究导数本身单调性与最值，即可证明； （ii）利用极值点与零点本身性质，建立两者间关系，通过放缩即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略； （ii），证明 略 19. 已知椭圆过点，且离心率为． （1）求的标准方程； （2）设的左、右焦点分别为，，为直线上的动点，斜率为的直线与交于，两点，斜率为的直线与交于，两点. (i) 证明：为定值； (ii) 若，求的坐标． 【答案】（1） （2）(i) 由题可知直线，的斜率存在，设点， ，，，， ， ∴为定值. (ii) 和. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆离心率、关系式以及椭圆过定点建立三元方程组，联立求解出、即得椭圆标准方程； （2）（i）设直线上动点的参数坐标，写出两焦点与连线的斜率表达式，代入代数式通分化简后得证；（ii）分别联立两条焦点直线与椭圆方程，借助韦达定理和弦长乘积公式表示出、，结合关于的表达式代入等式化简求解参数，得到点坐标. 【小问1详解】 由题意，可得， 解得， 故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 （i）略； （ii）由题可知直线的方程为，直线的方程为， 设，，，， 联立直线与椭圆方程得 ， ，， ，， ， 代入韦达定理，得， 将代入上式，得， 同理，联立直线与椭圆方程，得 ， ，， ， 将代入，得， 由，且，可得， 化简，得 ，解得或， ∴满足条件的点坐标为和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第二学期高二年级学业质量检测 数 学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上．将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共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. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 记等比数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 某学校开设人工智能、机器人、大数据三门选修课，四名学生每人随机选修一门．若每门课程至少有1人选修，则选修机器人的人数多于选修大数据的人数的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在区间上单调递增，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与的右支交于，两点，若，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 掷一枚质地均匀的骰子次，掷出的点数分别记为，，，．若这四个数中最大的数为，则下列结论可能成立的是（ ） A. ，，，的平均数为，极差为 B. ，，，的平均数为，方差为 C. ，，，的中位数为，极差为 D. ，，，的中位数为，方差为 10. 已知圆，直线，为上的动点，过点作圆的切线，，切点分别为，，则（ ） A. 的最小值为 B. 四边形的面积可能为 C. 直线的斜率存在 D. 直线过定点 11. 设函数，则（ ） A. 当时， B. 直线是曲线的切线 C. 点是曲线的对称中心 D. 存在，，使得当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数，则_________． 13. 记等差数列的前项和为，若，，则当取得最小值时，_________． 14. 劳动实践课上制作圆柱体模型，已知该圆柱的体积为，若用锡纸完整包裹其表面，则所需锡纸面积的最小值为________． 四、解答题：本题共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. 袋子中有个大小质地完全相同的小球，其中个黑球，个白球，从中不放回地依次随机摸出个球． （1）分别求第一次、第二次取到白球的概率； （2）用表示摸出的个球中白球的个数，求的分布列和期望． 16. 已知，，分别为的内角，，的对边，且． （1）求； （2）若，的面积为，求的周长． 17. 如图，在五面体中，四边形为矩形，平面平面，，，分别为，的中点，且． （1）证明：平面； （2）若，且，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 设函数． （1）证明：； （2）设函数，其中． (i) 证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (ii) 设，分别为在区间的极值点和零点，比较与的大小，并证明你的结论． 19. 已知椭圆过点，且离心率为． （1）求的标准方程； （2）设的左、右焦点分别为，，为直线上的动点，斜率为的直线与交于，两点，斜率为的直线与交于，两点. (i) 证明：为定值； (ii) 若，求的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $