精品解析：广西南宁市第二中学2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题

南宁二中 2025-2026学年度下学期高二期末考试 数学 （时间120分钟，共150分） 一、单选题：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】B 【解析】 【详解】因为，则. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】B 【解析】 【详解】，. 3. 某校高二年级16个班参加朗诵比赛的得分如下: 85，86，87，88，89，90，91，91，92，93，93，94，95，97，99，100则这组数据的第25 百分位数为（ ） A. 88 B. 88.5 C. 89 D. 90.5 【答案】B 【解析】 【详解】由题可知，则， 故第25 百分位数为. 4. 3人观看表演，现有5个空位，则安排座位时两空位恰好相邻的坐法数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】5个空位中，2个空位恰好相邻的组合为：，共4种； 剩余3个座位安排3人进行全排列，共有：种， 安排座位时两空位恰好相邻的坐法数为：． 5. 设命题，则P的真假性与否定形式分别是（ ） A. 假， B. 真， C. 假， D. 真， 【答案】D 【解析】 【详解】，故， 当且仅当，即时取等号， 故命题P是真命题，其否定形式为： ． 6. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由得，结合，得，由此即可得解. 【详解】因为，所以，即， 又因为， 所以， 从而. 故选：B. 7. 在平面直角坐标系中，抛物线，为轴正半轴上一点，线段的垂直平分线交于两点，若，则四边形的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得到四边形为菱形，再结合，求出点A的坐标，进而求解结论． 【详解】根据抛物线的对称性以及为线段的垂直平分线， 可得四边形为菱形， 又，可得， 故可设，代入抛物线方程可得，解得， 故， 故四边形的周长为：. 故选：D. 8. 已知函数满足．当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件确定函数周期，结合函数周期性即可求解. 【详解】因为，所以是以6为周期的函数， 所以． 二、多选题：本题共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. 若，且，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】假设，因为，所以，则， 与矛盾，假设不成立，所以，选项A正确； 注意到，当，，满足条件，选项B错误； 假设，因为，所以，则， 与矛盾，假设不成立，所以， 因为，所以，选项C正确； 因为， 注意到当，，时，，即，选项D错误. 10. 设函数 则下列说法正确的是（ ） A. 方程的解集为 B. 的单调递增区间是 C. 若方程有个不等实根，则实数的取值范围是 D. 若 则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据分段函数直接求方程的解集判断A，分析函数单调性判断B，作函数图象判断C，根据图象及函数性质判断D. 【详解】当时，由可得，解得或， 当时，由可得，解得， 综上，方程的解集为，故A正确； 当时，，在上单调递增； 在上单调递减，当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以的单调递增区间是，故B正确； 作函数，的图象，如图， 由图象知，方程有个不等实根，则实数的取值范围是，故C错误； 当时，由图象可知，， 且，所以，故，故D正确. 故选：ABD 11. 在棱长为2的正方体中，P，Q，R分别为，，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 直线与所成的角为 C. 若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为 D. 过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据线面垂直判定定理证明平面，即可判断；对于B，说明直线与所成的角为，结合余弦定理验算即可；对于C，只需求出三棱锥的外接球的半径，再结合球的表面积公式验算即可；对于D，说明截面为边长为的正六边形，然后根据面积公式验算即可. 【详解】对于A，因为四边形为正方形，所以， 由正方体性质可得平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面，因为平面， 所以，A正确； 对于B，如图所示， 因为，所以四边形是平行四边形，所以， 所以直线与所成的角为或其补角， 而， 所以，所以，故B错误； 对于C，如图所示， ， 所以三角形的外接圆半径为， 显然平面，且， 所以三棱锥的外接球的半径为， 所以球的表面积为，故C正确； 对于D，如图所示，取中点，顺次连接， 因为平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 同理可证，， 而，，平面， 所以平面， 根据前面的假设有，，所以四点共面， 又因为，所以四边形是平行四边形， 所以，所以六点共面， 因为，平面，平面， 所以平面， 同理可证平面， 又因为平面，，平面， 所以平面平面， 又因为平面， 所以平面， 所以六边形即为过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形， 显然这是一个边长为的正六边形，其面积为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列满足，则______． 【答案】 【解析】 【详解】由数列满足， 可得数列构成首项为，公差为的等差数列， 所以. 13. 以为圆心，在直线上截得弦长为的圆方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】先由点到直线的距离公式可得，再由圆的弦长公式可得圆的半径，进而可得圆的方程. 【详解】因为圆心为，所以圆心到直线的距离， 由圆的弦长公式得，解得， 所以圆的方程为. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线l垂直于双曲线的一条渐近线，直线l与双曲线的两条渐近线分别交于A，B两点，若，则双曲线C的离心率e为______. 【答案】## 【解析】 【分析】设，利用算两次思想计算即可. 【详解】如图，由题意可知，则，， 设，则，于是， 即，则，解得离心率. 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. 在中，角所对的边分别为， 且 . （1）求的周长； （2）求 的值. 【答案】（1） 15 （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求出，进而可得周长； （2）由同角三角函数的平方关系可求出，再结合正弦定理可求出，进而可得，最后根据两角和的正弦公式可得解. 【小问1详解】 将代入余弦定理中得 ，解得， 所以的周长为. 【小问2详解】 因为，所以. 根据正弦定理得， 因为，所以，即为锐角，所以， 所以. 16. 已知焦点在轴上的椭圆的长轴长是短轴长的2倍，椭圆上的动点到左焦点距离的最大值为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆有两个交点，，（为坐标原点）的面积为，求直线的方程． 【答案】（1）；（2）或. 【解析】 【分析】 （1）设椭圆的方程为，半焦距为c，根据长轴长是短轴长的2倍，椭圆上的动点到左焦点距离的最大值为，由求解. （2）设直线l的方程为，与椭圆方程联立，根据（为坐标原点）的面积为，由，求得，再平方结合韦达定理求解. 【详解】（1）设椭圆的方程为，半焦距为c， 由题可知， 解得， 椭圆的方程为. （2）由题可知直线l的斜率不为0， 故可设直线l的方程为，，， 由，可得， ，， 而的面积， ， ， 整理可得， 解得， 故直线l的方程为或. 17. 如图，在直三棱柱中，分别为和的中点，平面. （1）证明：； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】（1） 法一：取中点，连接， 因为是的中点，所以且. 由直三棱柱的性质知且，所以且， 又因为是的中点，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以， 结合，所以，又因为是的中点，所以. 法二：由直三棱柱的性质知平面， 因为平面，所以， 又因为，所以两两垂直. 以为坐标原点，所在直线分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设， 则. 因为分别为和的中点，所以. 因为平面，所以， 又因为，所以， 由解得，即. （2）2 【解析】 【分析】（1）方法1，取中点，连结接，由题设可得四边形为平行四边形，据此可完成证明；方法2，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，然后由空间向量知识结合可完成证明； （2）方法1，设到平面的距离为，由，可得，然后由与平面所成角的正弦值为，可得 ，据此可得答案；方法2，由（1）方法2，设直线与平面所成角为，由题设及空间向量知识可得，据此可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：在等腰直角中，因为，所以. 由（1）知，平面且. 设到平面的距离为， 则三棱锥的体积. 又因为三棱锥的体积， 所以由，得，解得. 因为直线与平面所成角的正弦值为，所以， 所以，因为，所以，即的长为2. 法二：因为，所以由（1）知， 设平面的一个法向量为， 则取，则，即. 设直线与平面所成角为，则， 即，化简得， 因为，所以，即的长为2. 18. 已知函数. （1）当时，求函数的极值点: （2）若函数在上单调递减，求实数的取值范围； （3）已知函数在 上无零点，求的取值范围. 【答案】（1）极小值点为，无极大值点 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用函数导数与单调性，根据极值点的定义分析求解即可； （2）由函数在上单调递减转化为函数在上恒成立，然后构造新函数，利用函数导数与单调性求出最值分析即可； （3）利用函数导数与单调性，结合函数零点存在性，对进行分类讨论，即可求出答案. 【小问1详解】 当时，函数，定义域为， 由， 因为，所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以函数的极小值点为，无极大值点. 【小问2详解】 由 即，定义域为 若函数在上单调递减，则等价于在上恒成立， 又，所以问题等价于在上恒成立， 即在上恒成立， 令，则， 当时，，当时，， 因此函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 所以若函数在上单调递减，则实数的取值范围为. 【小问3详解】 因为， 当，即时，， 所以在上单调递减， 因为， 所以在上无零点，符合题意； 当时，令，则， 当时，；当时，， 所以的单调递减区间是，单调递增区间是， 的最小值为， 当，即时，无零点，符合题意， 当时，有一个零点，不符合题意， 当时，，的最小值， 因为，所以，使得，不符合题意， 综上所述若函数在 上无零点，则的取值范围为：. 19. 乒乓球，被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目.乒乓球比赛规则为：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.若单局比赛中，甲发球时甲获胜的概率为，乙发球时甲获胜的概率为，已知甲先发球，且各球胜负相互独立. （1）某局在双方平后，求两人又打了4个球该局比赛结束且甲获胜的概率； （2）求单局比赛中甲以获胜的概率： （3）某局在双方平后，两人又打了X个球该局比赛结束.记事件“且甲获胜”的概率为，求. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先确定4个球的胜负情况，再利用相互独立事件的概率公式计算即可； （2）根据前12球中乙赢两个球的情况分类，结合两人的胜负概率，利用重伯努利实验及相互独立事件的概率公式计算即可； （3）根据比赛规则分析出一定是正偶数，且最后两球甲连胜，分别求出连续两球打成平局及甲连胜的概率，再利用相互独立事件的概率公式即可求出. 【小问1详解】 已知甲发球时甲获胜的概率为，乙获胜的概率为， 乙发球时甲获胜的概率为，乙获胜的概率为. 双方平后，两人又打了4个球该局比赛结束且甲获胜， 这4个球的发球顺序为：第1球甲发、第2球乙发、第3球甲发、第4球乙发， 这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲连得2分． 前两球一胜一负，有两种情况： ①第1球甲赢，第2球乙赢，概率为； ②第1球乙赢，第2球甲赢，概率为 第一步，前两球打平概率为， 第二步，后两球甲连胜两分的概率为， 因此所求的概率为； 【小问2详解】 因为甲先发球，且甲获胜，所以一共打了13个球， 前12球中，甲赢10个球，乙只赢2个球，最后1个球由甲发球且甲赢. 前12球中，甲发球6次，乙发球6次，乙只赢2球有以下三种情况： ①在甲发球的6个球中，乙赢2个球，前12球甲得10分概率为； ②在乙发球的6个球中，乙赢2个球，前12球甲得10分概率为； ③在甲，乙发球的6个球中，乙各赢1个球，前12球甲得10分概率为， 因此前12球甲得10分概率为， 又第13球由甲发球且甲赢，所以单局比赛中甲以获胜的概率为； 【小问3详解】 双方平后逐球换发球，奇数球甲发球，偶数球乙发球， 平分后分差拉开2分比赛结束，因此一定是正偶数，且最后两球甲连胜. 相邻两球先甲发再乙发打成平局的概率为， 相邻两球先甲发再乙发甲连胜两球结束比赛的概率为. 当时，甲连胜2球结束比赛的概率为； 当时，前2球打平，后2球甲连胜结束比赛的概率为； 当时，前4球打平，后2球甲连胜结束比赛的概率为； 因此，当为偶数时，后2球甲连胜结束比赛的概率为. 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南宁二中 2025-2026学年度下学期高二期末考试 数学 （时间120分钟，共150分） 一、单选题：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. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 5 3. 某校高二年级16个班参加朗诵比赛的得分如下: 85，86，87，88，89，90，91，91，92，93，93，94，95，97，99，100则这组数据的第25 百分位数为（ ） A. 88 B. 88.5 C. 89 D. 90.5 4. 3人观看表演，现有5个空位，则安排座位时两空位恰好相邻的坐法数为（ ） A. B. C. D. 5. 设命题，则P的真假性与否定形式分别是（ ） A. 假， B. 真， C. 假， D. 真， 6. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 7. 在平面直角坐标系中，抛物线，为轴正半轴上一点，线段的垂直平分线交于两点，若，则四边形的周长为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数满足．当时，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共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. 若，且，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 设函数 则下列说法正确的是（ ） A. 方程的解集为 B. 的单调递增区间是 C. 若方程有个不等实根，则实数的取值范围是 D. 若 则 11. 在棱长为2的正方体中，P，Q，R分别为，，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 直线与所成的角为 C. 若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为 D. 过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列满足，则______． 13. 以为圆心，在直线上截得弦长为的圆方程为______. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线l垂直于双曲线的一条渐近线，直线l与双曲线的两条渐近线分别交于A，B两点，若，则双曲线C的离心率e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. 在中，角所对的边分别为， 且 . （1）求的周长； （2）求 的值. 16. 已知焦点在轴上的椭圆的长轴长是短轴长的2倍，椭圆上的动点到左焦点距离的最大值为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆有两个交点，，（为坐标原点）的面积为，求直线的方程． 17. 如图，在直三棱柱中，分别为和的中点，平面. （1）证明：； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 18. 已知函数. （1）当时，求函数的极值点: （2）若函数在上单调递减，求实数的取值范围； （3）已知函数在 上无零点，求的取值范围. 19. 乒乓球，被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目.乒乓球比赛规则为：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.若单局比赛中，甲发球时甲获胜的概率为，乙发球时甲获胜的概率为，已知甲先发球，且各球胜负相互独立. （1）某局在双方平后，求两人又打了4个球该局比赛结束且甲获胜的概率； （2）求单局比赛中甲以获胜的概率： （3）某局在双方平后，两人又打了X个球该局比赛结束.记事件“且甲获胜”的概率为，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $