精品解析：广西柳州市2025-2026学年高二下学期7月期末质量检测数学试卷

2026年7月高二期末质量检测 数学 （考试时间 120分钟 满分 150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. 5 B. C. 2 D. 1 3. 已知一组数据，，，的平均数为5，则该组数据的第25百分位数为（ ） A. 2 B. 3.5 C. 5 D. 6 4. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 已知，则关于的展开式中各项系数之和的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 某工厂的产量（单位：件）与资本投入（单位：万元），劳动投入（单位：人）满足柯布—道格拉斯生产函数（其中，，为常数）．在劳动投入不变的前提下，要使工厂的产量提升，资本投入需增加，则该工厂资本产出的弹性系数约为（ ）（参考数据：，） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为，直线与交于第一象限内的点，若四边形的面积是面积的4倍，则的方程不可能为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则满足的的取值范围是（ ） 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．全部选对给6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设事件满足，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，互斥，则 C. 若，独立，则 D. 若，则，独立 10. 若，是两条互相垂直的异面直线，，，，是四个不同的点，满足，，，，且，，，则（ ） A. 直线与是异面直线 B. C. 若，则 D. 若为中点，则 11. 已知曲线，则（ ） A. 曲线的图象有且仅有条对称轴 B. 曲线上任意一点到原点的最大距离为 C. 曲线所围成图形的面积为 D. 函数的图象与曲线的图象有且仅有个交点 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在点处的切线方程为__________. 13. 已知圆锥与圆柱的底面积相等体积也相等、若圆柱的高与底面圆的半径相等，则圆锥与圆柱的侧面积的比值为______． 14. 甲乙两人进行抽卡游戏，每一局游戏中，将编号为，，，，，，的7张卡片的背面朝上并搅匀，甲先从中随机抽取2张卡片，乙再从剩下的卡片中随机抽取1张卡片．记为甲抽取的卡片中较大编号者的编号，为乙抽取的卡片的编号，当时，称该局为“默契局”，则一局游戏成为“默契局”的概率为______，游戏规定：出现“默契局”时，乙得2分，甲得0分，否则乙得0分，甲得1分，则三局游戏后，甲乙两人得分之和为的数学期望______． 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. 已知等差数列的前项和，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 16. 已知函数．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象． （1）设，若在上单调递减，求的取值范围； （2）设的内角所对的边分别为，若，求面积的最大值． 17. 如图，和都垂直于平面，且，是的中点． （1）求证：平面； （2）若，点到平面的距离为，为等边三角形，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知抛物线的焦点为，过点作直线交于，两点，为坐标原点． （1）求抛物线的方程； （2）若为直角三角形，求直线的斜率； （3）点关于轴的对称点为，直线交轴于点，直线交轴于点，探究是否为定值？ 19. 已知． （1）若在上单调递减，求实数的取值范围； （2）当时，求证：在只有一个零点，且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年7月高二期末质量检测 数学 （考试时间 120分钟 满分 150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得集合， 因为集合，所以. 2. 已知，则（ ） A. 5 B. C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可得， 所以. 3. 已知一组数据，，，的平均数为5，则该组数据的第25百分位数为（ ） A. 2 B. 3.5 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据平均数先求，再根据百分位数定义即可求解. 【详解】由题意得：， 由，所以该组数据的第25百分位数为. 4. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式的性质逐一验证即可求解. 【详解】对于A，由，所以，故A错误； 对于B，由，所以，，所以，故B错误； 对于C，若，由，所以，故C错误； 对于D，若，则，故D正确. 5. 已知，则关于的展开式中各项系数之和的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，通过赋值法得展开式中各项系数之和为，再利用基本不等式，即可求解. 【详解】令，可得的展开式中各项系数之和为， 因为，则，当且仅当时取等号， 所以，即关于的展开式中各项系数之和的最小值为. 6. 某工厂的产量（单位：件）与资本投入（单位：万元），劳动投入（单位：人）满足柯布—道格拉斯生产函数（其中，，为常数）．在劳动投入不变的前提下，要使工厂的产量提升，资本投入需增加，则该工厂资本产出的弹性系数约为（ ）（参考数据：，） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用代入法，结合对数的运算性质进行求解即可. 【详解】因为， 所以当工厂的产量提升，资本投入需增加时， 则有， ，得， ， . 7. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为，直线与交于第一象限内的点，若四边形的面积是面积的4倍，则的方程不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由面积关系得到，从而确定关系，再逐项分析即可. 【详解】将代入椭圆方程中，解得：， 因为在第一象限，所以，所以坐标为：， 由，又，因此， 由，的边的长为，高为的横坐标，故， 代入中得：，从而可得：， 又因为，所以， 即， 对于A，由，满足，故A正确； 对于B，由 ，不满足，故B错误； 对于C，将化为标准形式为：， 由 ，满足，故C正确； 对于D，将化为标准形式为：， 由 ，满足，故D正确. 8. 已知，则满足的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，构造函数，利用的单调性将不等式转化为即可求解. 【详解】已知函数， 令，构造新函数，则，因此，， 要满足，即满足， 由于指数函数在实数集上单调递增，一次函数也在实数集上单调递增， 所以在实数集上单调递增，所以不等式等价于，解得， 所以的取值范围是，故C正确. 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．全部选对给6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设事件满足，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，互斥，则 C. 若，独立，则 D. 若，则，独立 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A，因为，，则，所以A错误， 对于B，因为，互斥，则，所以B正确， 对于C，因为，独立，则，所以C正确， 对于D，因为，又， 所以，则，独立，故D正确. 10. 若，是两条互相垂直的异面直线，，，，是四个不同的点，满足，，，，且，，，则（ ） A. 直线与是异面直线 B. C. 若，则 D. 若为中点，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立适当空间直角坐标系后，借助异面直线定义、空间向量的数量积公式、模长公式等逐项计算并判断即可得. 【详解】以为原点，为轴，为轴，为过点且平行于轴的直线， 建立空间直角坐标系，则，，设，； 对A：由图可知，直线与直线不平行且不相交， 故直线与直线是异面直线，故A正确； 对B：，，则，故B正确； 对C：若，则，，故， 则，故C错误； 对D：若为中点，则， 则，， 则，故D正确. 11. 已知曲线，则（ ） A. 曲线的图象有且仅有条对称轴 B. 曲线上任意一点到原点的最大距离为 C. 曲线所围成图形的面积为 D. 函数的图象与曲线的图象有且仅有个交点 【答案】BCD 【解析】 【分析】通过分类讨论去掉绝对值后，可画出曲线图象，由图可得答案. 【详解】已知曲线， 当，时，曲线； 当，时，曲线； 当，时，曲线； 当，时，曲线； 当，时，曲线为原点； 因此，画出曲线的图象，如图所示， 对于A，曲线的图象有条对称轴，故A错误； 对于B，曲线上任意一点到原点的距离为，则， 由于，所以，当且仅当时取等号， 则，解得，所以曲线上任意一点到原点的最大距离为，故B正确； 对于C，由图象可知，曲线所围成的图形是由个半径为的半圆和个边长为的正方形组成， 因此曲线所围成的图形的面积为，故C正确； 对于D，由于，所以函数是偶函数，图象关于轴对称，且，，如图所示， 当时，，在上单调递减，此时与曲线有个交点； 当时，，在上单调递增，此时与曲线有个交点； 因此函数的图象与曲线的图象在第一象限有个交点， 根据函数的对称性，函数的图象与曲线的图象在第二象限也会有个交点， 所以函数的图象与曲线的图象有且仅有个交点，故D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在点处的切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出原函数的导函数，得到函数在处的导数，再由直线方程的斜截式得答案． 【详解】由曲线，则， 所以， 故曲线在点处的切线方程为：，即. 故答案为：. 【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，属于基础题． 13. 已知圆锥与圆柱的底面积相等体积也相等、若圆柱的高与底面圆的半径相等，则圆锥与圆柱的侧面积的比值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用圆柱和圆锥的体积公式和侧面积公式，进行计算，即可求解. 【详解】设圆柱的底面圆的半径为，高为，圆锥的底面圆的半径为，高为， 因为圆柱的高与底面圆的半径相等，可得， 又因为圆锥和圆柱的底面圆的面积相等，可得，所以， 因为圆锥和圆柱的体积相等，可得，即，解得， 又由圆锥的母线长为， 所以圆锥的侧面积为， 圆柱的侧面积为， 所以圆锥与圆柱的侧面积的比为. 14. 甲乙两人进行抽卡游戏，每一局游戏中，将编号为，，，，，，的7张卡片的背面朝上并搅匀，甲先从中随机抽取2张卡片，乙再从剩下的卡片中随机抽取1张卡片．记为甲抽取的卡片中较大编号者的编号，为乙抽取的卡片的编号，当时，称该局为“默契局”，则一局游戏成为“默契局”的概率为______，游戏规定：出现“默契局”时，乙得2分，甲得0分，否则乙得0分，甲得1分，则三局游戏后，甲乙两人得分之和为的数学期望______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】设甲抽到取2张卡片为，计算出的所有可能种数及符合的所有可能种数，即可得空一；再由一局游戏成为“默契局”的概率可计算出每局甲乙两人得分之和的数学期望，即可得三局游戏后，甲乙两人得分之和的数学期望. 【详解】设甲抽取的2张卡片为，则的可能种数为， 若，则时，为，为； 时，可为，，可为，； 时，可为，，，可为，，； 时，可为，，，，可为，； 时，可为，，，，，可为； 故一局游戏成为“默契局”的概率为； 每局甲乙两人得分之和的数学期望为， 则三局游戏后，甲乙两人得分之和为的数学期望. 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. 已知等差数列的前项和，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列前项和与通项公式建立方程组求出基本量，进而求得数列的通项公式. （2）通过裂项相消法求解分式型数列的前项和 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为. 由，得 化简得. 由，得 将代入上式， 可得，. 因此，. 【小问2详解】 由(1)得， 裂项得 数列的前项和. 16. 已知函数．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象． （1）设，若在上单调递减，求的取值范围； （2）设的内角所对的边分别为，若，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，化简得到，得到，求得函数，结合余弦型函数的性质，即可求解； （2）由（1）得，求得，由余弦定理得，利用基本不等式，求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数， 函数的图象向左平移个单位长度， 得到函数的图象， 则 ， 令，解得， 当时，函数的单调递减区间为， 因为函数在区间上单调递减，所以， 即实数的取值范围为. 【小问2详解】 解：由（1）知， 可得，即， 因为，可得，所以，解得， 因为，由余弦定理得， 即， 由基本不等式知，当且仅当时，等号成立， 可得， 所以， 可得 所以面积的最大值为. 17. 如图，和都垂直于平面，且，是的中点． （1）求证：平面； （2）若，点到平面的距离为，为等边三角形，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）取的中点，连接，， 因为是的中点，则，， 又因为和都垂直于平面，则 且，可得，， 可知四边形为平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）作辅助线，根据平行性质可得，进而可证线面平行； （2）分析可知平面，平面，，，建立空间直角坐标系，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求面面夹角余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为为正三角形，为中点，则. 又因为平面，平面，则， 且，，平面，可知平面， 由题意可知：，，则， 由（1）可知：，平面，所以平面， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，可得，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 由题意可知：平面的法向量为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知抛物线的焦点为，过点作直线交于，两点，为坐标原点． （1）求抛物线的方程； （2）若为直角三角形，求直线的斜率； （3）点关于轴的对称点为，直线交轴于点，直线交轴于点，探究是否为定值？ 【答案】（1）； （2）或； （3）是定值1,理由如下： 由（2）可知， 且，， 又因为， 所以直线的方程为， 令，得 ， 即， 所以， 所以是定值1. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，求出的值即可得答案； （2）设的方程为，与抛物线方程联立，分、及分别求解； （3）由题意可求得，，利用点斜式求出直线的方程，进而可得点的坐标，代入化简即可得答案. 【小问1详解】 由题意可得，解得， 所以抛物线的方程为； 【小问2详解】 由题意可知直线的斜率存在且不为0，设为， 所以的方程为， 由，得， 其中， 解得， 设, 由韦达定理可得：， 所以， 又因为为直角三角形， 当时，则有, 即， 即， 所以， 解得， 所以， 又因为在抛物线上， 所以， 整理得, 即， 解得； 同理当时，解得； 当时，所以,即， 所以， 解得，满足， 所以； 综上，或； 【小问3详解】 略； 19. 已知． （1）若在上单调递减，求实数的取值范围； （2）当时，求证：在只有一个零点，且． 【答案】（1）； （2）证明：因为，， 令，则， 先证零点的唯一性： 因为，所以，则在上单调递减， 因为，当时，， 由零点存在定理可得在上存在唯一零点， 所以即， 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 又，所以时，恒成立， 当时，， 由零点存在定理及上述分析，得在上存在唯一零点， 再证不等关系： 因为，其中，，所以， 所以, 因为，则，所以， 因为，所以，即， 因为，所以，证毕. 【解析】 【分析】（1）由题意可得在上恒成立，从而得在上恒成立，令，利用导数求出的最大值即可得答案; （2）令，利用导数可得，即在上存在唯一零点，结合，从而可得时，恒成立，由零点存在定理可得在上存在唯一零点；根据函数的单调性及,可得,再根据实数的范围，可得，即可得证明. 【小问1详解】 因为， 所以． 因为在上单调递减， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 令，则， 因为， 令，得， 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 所以， 所以，实数的范围为； 【小问2详解】 略； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $