江西南昌中学三经路校区2025-2026学年第二学期期末考试高二数学试题

**基本信息** 2025-2026学年南昌中学高二数学期末试卷，以复数、函数、立体几何等核心知识为载体，通过切比雪夫偏差理论应用、高考阅卷概率模型等创新情境，考查数学抽象、逻辑推理与建模能力，层次分明。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|复数运算、集合运算、函数性质|基础巩固，如第1题复数除法| |多选|3/18|统计案例、不等式恒成立|辨析能力，如第9题正态分布与方差| |填空|3/15|向量垂直、函数单调性、双曲线渐近线|性质应用，如第14题双曲线切线问题| |解答|5/77|数列证明与求和、立体几何面面垂直、概率分布列、椭圆定点问题、切比雪夫偏差|创新应用，如第17题高考阅卷概率模型，第19题数学文化情境|

2025~2026学年度第二学期南昌中学三经路校区期末考试 高二数学 命题人：张志明 审题人：刘启凤 一、单项选择题：本题共8题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．已知为虚数单位，，则（   ） A． B． C．2 D． 2．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 3．已知，，，则（   ） A． B． C． D． 4．已知抛物线上的一点到其焦点F的距离为3，则的值为（    ） A．1 B．2 C． D． 5．如图，在四面体OABC中，G是的重心，D是OG的中点，则（    ） A． B． C． D． 6．已知函数与的图象在 处的切线重合，则（   ） A． B． C． D． 7．已知数列的通项公式为， 若该数列的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 8．同构式通俗的讲是结构相同的表达式，如：，，此时称与为同构式.已知实数满足，，则（    ） A．6 B．8 C． D． 二、多选题：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，有选项的得0分。 9．下列说法中，正确的命题是（    ） A．已知随机变量服从正态分布，，则 B．线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱 C．已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程为，若，，，则 D．若样本数据，，…，的方差为8，则数据，，…，的方差为2 10．下列命题正确的是（    ） A．正实数x，y满足，且恒成立，则a的范围 B．若对，总，使得成立，则a的范围为 C．若集合M满足，那么这样的集合M有8个 D．定义在R上的函数满足，则 11．已知点P是直线l：上一动点，过点P作圆C：的切线，切点分别为M，N，则下列说法正确的是（   ） A．若P的坐标为，则PM，PN的方程为和 B．线段PM的长度的最小值为 C．四边形PMCN的面积的最小值为 D．直线MN过定点 三、填空题：共3个小题，每小题5分，共15分。 12．已知，，若，则________． 13．定义在上的函数满足：对于任意的，，都有恒成立，且对于任意，都有，同时，则不等式的解集为______. 14．已知双曲线的左、右焦点分别为，,过作圆的切线，交双曲线右支于点，若，则双曲线的渐近线方程为__________． 四、解答题：共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤。 15．（本题13分）已知数列满足，，是等比数列． （1）求证：； （2）求数列的前项和． 16．（本题15分）如图，在正三棱柱中，点D是BC的中点，． (1) 求证：平面； (2) 求证：平面平面； (3) 求点到平面的距离． 17．（本题15分）某市高考模拟考试数学试卷解答题的网上评卷采用“双评仲裁”的方式：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于或等于1分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于1分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和一、二评中较高的分数的平均分为该题得分．有的学生考试中会做的题目答完后却得不了满分，原因多为答题不规范，比如：语言不规范、缺少必要文字说明、卷面字迹不清、得分要点缺失等等，把这样的解答称为“缺憾解答”．该市教育研训部门通过大数据统计发现，满分为12分的题目，这样的“缺憾解答”，阅卷老师所评分数及各分数所占比例如表： 教师评分 11 10 9 分数所占比例 将这个表中的分数所占比例视为老师对满分为12分题目的“缺憾解答”所评分数的概率，且一、二评与仲裁三位老师评分互不影响． 已知一个同学的某道满分为12分题目的解答属于“缺憾解答”． （1）求该同学这个题目需要仲裁的概率； （2）求该同学这个题目得分的分布列及数学期望（精确到整数）． 18．（本题17分）已知椭圆短轴的两个端点与椭圆的右焦点构成面积为1的等腰直角三角形. （1）求椭圆的离心率及其标准方程； （2）过点的 直线交椭圆于P，Q两点，线段的中点为M，问在y轴上是否存定点D，使得？若存在，求出D的坐标；若不存在，请说明理由. 19．（本题17分）俄国数学家切比雪夫（1821—1894）是研究直线逼近函数的理论先驱.对定义在非空集合上的函数，以及函数，切比雪夫将函数的最大值称为的“偏差”. (1) 函数，求的“偏差”； (2) 函数，若的“偏差”为2，求的值； (3) 函数，当的“偏差”取最小值时，求的值，并求出“偏差”的最小值. 南昌中学三经路校区高二数学期末考试参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B A B B C B B CD ACD 题号 11 答案 ACD 1．D 【分析】利用复数除法求得的值，再用复数的绝对值公式求解即可. 【详解】由题，则=. 故选：D. 2．B 【分析】因为集合是分式不等式的解集，所以可将其转化为等价的整式不等式组来求解， 注意分母不为0的条件，求出集合后，根据补集的定义求出. 最后根据交集的定义，计算与集合的交集. 【详解】因为集合，则， 所以. 故选：B. 3．A 【分析】利用函数性质，借助中间值进行大小比较. 【详解】由对数函数性质可知，； 由指数函数性质可知，，因为且，所以； 又，因为且，所以. 综上所述，. 故选：A. 4．B 【分析】由抛物线上的点到焦点的距离等于其到准线的距离列方程求解. 【详解】由抛物线可得，即，因此其准线方程为， 已知点到焦点的距离为3，则点到准线的距离也为3， 即 ，解得. 5．B 【分析】记点E为BC的中点，连接AE，OE，G是的重心，则，又，化简可得选项． 【详解】如图， 记点E为BC的中点，连接AE，OE， 所以， 又G是的重心，则， 所以. 因为， 所以 . 6．C 【分析】依题意，两函数在处的切线斜率相等，即导数相等，结合均过公共点求解 【详解】由题意知，，且， 因为，， 所以，，解得， 当时，代入，得， 又，所以， 所以. 7．B 【分析】化简通项公式，利用裂项相消法即可求解. 【详解】因为数列的通项公式为， 当为奇数时，， 当为偶数时，， 所以 ， 故选：B. 【点睛】本题考查的核心是裂项求和，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 8．B 【分析】利用同构式结合函数的单调性计算即可. 【详解】由，则 令，则，故在单调递增， 所以， 所以，故， 故 故选：B. 9．CD 【分析】利用正态分布的对称型可以求得的值，进而判定A错误;根据相关系数的意义可以判定B错误；利用回归直线方程过样本中心点，可以求得回归常数的估计值，从而判定C正确；利用线性相关的数据组的方差之间的关系可以求得数据，，…，的方差，进而判定D正确. 【详解】A. 已知随机变量服从正态分布，，则，所以， 所以, ∴，故A错误； B. 线性相关系数的范围在到1之间，有正有负，相关有正相关和负相关，相关系数的绝对值的大小越接近于1，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱，故B错误； C. 已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程为，若，，，则，故C正确； D. 设数据，，…，的方差为,样本数据，，…，的方差为8，则，即数据，，…，的方差为2，故D正确. 故选:CD. 【点睛】本题考查正态分布的概率计算问题，相关系数问题，回归直线方程问题，数据的方差关系问题，属小综合题，难度一般. 10．ACD 【分析】选项A：由整理得到，利用乘“1”法及基本不等式求出的最小值， 即可得到的最小值，解此不等式即可得a的取值范围； 选项B：由题意可得，分别求这两个函数的最大值即可得解； 选项C：由题意可知集合M的个数即为集合的子集个数，即可得解； 选项D：因为，所以，通过这两个等式求出. 【详解】选项A：，，， ， ， “”成立，当且仅当，联立，解得，的最小值为4， ，， 的取值范围．故A正确． 选项B：对任意，总存在，使得成立， 所以， 设，对称轴为， ，当时，取最大值为， 在上单调递增，当时，取最大值为3， ，，所以．故B错误； 选项C：满足， 中一定含有元素1，2，可能含有元素3，4，5， 的个数即为集合的子集个数，有个，故C正确； 选项D：①，②， 由①+2×②得：，故D正确． 故选：ACD． 11．ACD 【分析】选项A，求出圆心和半径，分别讨论过的直线无斜率和有斜率，利用圆心到直线的距离等于半径求解；选项B，求出，求的最小值转化为求的最小值，由点P是直线l：上一动点，转化为的最小值为圆心到直线的距离，求解即可；选项C，四边形PMCN由两个全等的直角三角形和组成，则四边形PMCN的面积，利用最小时最小，求解即可；选项D，设，得到直线MN的方程为， 求出直线MN过定点即可. 【详解】选项A，圆C：的圆心为，半径为， 当过的直线无斜率时，此直线方程为，圆心到的距离为2， 故直线与圆相切； 当过的直线有斜率时，设此直线方程为， ，圆心到的距离为， 直线方程为与圆相切，， ，，过的切线方程为， 即， 综上可知，若P的坐标为，则PM，PN的方程为和， 故选项A正确； 选项B，，求的最小值转化为求的最小值， 点P是直线l：上一动点， 的最小值为圆心到直线的距离， ，故选项B错误； 选项C，四边形PMCN由两个全等的直角三角形和组成， 则四边形PMCN的面积， 当最小时，最小，由选项B中可知，， 即则四边形PMCN的面积的最小值为，故选项C正确； 选项D，点P是直线l：上一动点，设， 过点P作圆C：的切线，切点分别为M，N， 直线MN的方程为， 即， 整理得， ，解得，则直线MN过定点，故选项D正确. 故选：ACD. 12． 【分析】由向量垂直的坐标公式求解即可. 【详解】已知，， 由于，所以，解得. 13． 【分析】由分析得到函数的单调性，由，同时，得到，原不等式转化为，进而结合单调性转化求解. 【详解】不妨设<，由恒成立，得恒成立，可知函数在上单调递增， ，同时，可知, ∴不等式即为，等价于，解得， ∴所求不等式的解集为， 故答案为：. 14． 【分析】先计算，在中，根据勾股定理得得到渐近线方程. 【详解】如图所示： 切点为，连接，过作于 是中点， 在中，根据勾股定理得： 渐近线方程为： 故答案为 【点睛】本题考查了双曲线的渐近线，作辅助线是解题的关键，也可以直接利用正弦定理和余弦定理计算得到答案. 15．（1）证明见解析；（2）. 【分析】(1)由已知条件得到数列的公比，从而求出的通项公式，即可证明. (2)利用分组求和即可求解. 【详解】解：（1）证明：，， ，． 设等比数列的公比为，则， 即，解得． ． ． （2）由（1）知：． ． 16．(1)连接，交点O，连接，则O是的中点， 因为D是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面. (2)因为为等边三角形，且D是的中点，所以， 由正三棱柱的性质知，平面，而平面，所以， 又 平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. (3) 【分析】（1）连接，交点O，连接，易得，再由线面平行的判定定理证明结论； （2）由已知得、，再由线面、面面垂直的判定定理证明结论； （3）根据（2）得点A到平面的距离为，应用等体积法求点面距离. 【详解】（1）略 （2）略 （3）由（2）知平面，所以点A到平面的距离为， 而 2， 4，                        设点B到平面的距离为d，且， 所以，即 ，解得， 所以到平面的距离为． 17．（1）；（2）答案见解析. 【解析】（1）首先设表示事件：“该同学这个解答题需要仲裁”，设一评、二评所打分数分别为，，由题设知事件的所有可能情况有：，或，由此能求出该同学这个题目需要仲裁的概率． （2）随机事件的可能取值为9，9.5，10，10.5，11，设仲裁所打分数为，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望． 【详解】（1）记表示事件：“该同学这个解答题需要仲裁”，设一评、二评所打分数分别为，， 由题设知事件的所有可能情况有：，或， （A）． （2）随机事件的可能取值为9，9.5，10，10.5，11，设仲裁所打分数为， 则， ， ， ， ， 的分布列为： 9 9.5 10 10.5 11 ． 【点睛】易错点点睛：概率问题一般都是背景习题，所以第一步注意审题，避免因审题不清楚，造成错误，第二个错误就是写随机变量时，要做到准确，并理解每一个事件表示的意义，才能正确求概率，属于中档题． 18．（1）；（2）.证明见解析. 【分析】（1）由已知求得b,c进而得到方程； （2）问题等价转化为探求以PQ为直径的圆与y轴的交点D是否为定点.先利用斜率不存在和斜率为零的两种特殊情况，确定可能的D的坐标，然后利用平面向量的垂直条件，利用韦达定理，平面向量的坐标运算证明一般情况下都成立. 【详解】（1）由已知得：, ∴椭圆的离心率方程为; （2）存在，D(0,1). 问题等价转化为探求以PQ为直径的圆与y轴的交点D是否为定点. 当直线斜率不存在时，直线与y轴重合，PQ正好是椭圆的短轴，中点M为原点，此时D可以为(0,1)或(0,-1)；当直线的斜率为0时，线段PQ的中点为S,直线的方程为,代入椭圆的方程求得,此时D可以为, 要使这两种情况同时成立，D的坐标为. 下面证明D的坐标为时，对于斜率存在且不为零的情况下，都有， 问题等价转化为以PQ为直径的圆与y轴的交点为定点D. 只需证明：恒成立, 直线方程为,代入椭圆方程消去y并整理得：, 由于S在椭圆内部，∴此方程必然有两个不等实数根，分别是P,Q的横坐标， 设,则 所以 ， 证明完毕. 【点睛】本题主要考查圆锥曲线中的定点问题，关键是先利用两种不同的特殊情况求交集找到可能的定点D的坐标，然后转化为利用平面向量的数量积运算证明. 19．(1)； (2)； (3)，“偏差”的最小值为. 【分析】（1）写出的解析式，结合，求出值域，可得偏差为； （2），，利用和的函数性质，通过分类讨论，由“偏差”值求得的值； （3）结合所给条件，可得函数与的“偏差”为，结合绝对值不等式，求出即可. 【详解】（1） 因为，所以， 则，. 所以函数与的“偏差”为. （2）令， ∵，∴是单调减函数，∴， 由题意，，，且. 当，即时，，解得或，均不符合； 当，即时，，或， 解得或（舍）， 所以. （3）， 因为，所以， 由，则， 令，即，解得， . 故当且仅当时，有. 故当的值为时，函数与的“偏差”取最小值. 答案第2页，共2页 高二数学 第1页 学科网（北京）股份有限公司 $