精品解析：安徽滁州市部分校2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题

高二数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：人教A版必修第一册、必修第二册，选择性必修第一册、选择性必修第二册、选择性必修第三册． 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. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 某公司研发新产品投入金额（单位：万元）与该产品的收益（单位：万元）的5组数据如表所示： 5 7 8 9 11 14 20 22 25 29 由表中数据用最小二乘法求得投入金额与收益满足经验回归方程，则当新产品投入金额为12万元时，估计该产品的收益为（ ） A. 28万元 B. 30万元 C. 31万元 D. 32万元 5. 已知数列，都是等差数列，且，，，则数列的前20项的和为（ ） A. 400 B. 600 C. 800 D. 1200 6. 已知向量，，，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 某品牌洗衣机售后服务中心需要安排四个区域的售后维修服务，现有甲、乙、丙三位技术员可选派，要求每个区域只能有一个技术员负责，每位技术员至多负责两个区域，则不同的安排方案共有（ ） A. 80种 B. 72种 C. 54种 D. 36种 8. 已知且，且，则（ ） 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，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. 若越大，则越小 D. 不随的变化而变化 10. 设，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. ，，，…，中最大的是 D. 11. 已知直线：与抛物线：交于，两点，圆过，两点，且圆与抛物线仅有三个公共点，则的纵坐标可能为（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若随机变量服从两点分布，其中，则_____________． 13. 设，，若函数满足，且，则____________． 14. 已知数列满足，，数列的前项和满足，将与中的所有项从小到大依次排列构成一个新数列，记数列的前项和为，则使得成立的正整数的最小值为____． 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，，求b的值． 16. 如图，在直三棱柱中，，点D为的中点． （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面夹角的正弦值． 17. 设，，函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若是的极大值点，求a的取值范围． 18. 猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名．某班级举行猜歌名闯关游戏，游戏规则如下：班级内学生组队参加游戏，每队由三名队员组成．三名队员排好出场顺序后，依次出场猜歌名，且每名队员只猜一次．如果一名队员猜中，则游戏停止；如果这名队员没有猜中，则派出下一名队员，直至有队员猜中（闯关成功）或无队员可派出（闯关失败）时游戏停止．现有甲、乙、丙三人组队参加游戏，他们猜中的概率分别为，，，且每次每人猜中与否相互独立． （1）若，，，求该队闯关成功的概率； （2）若，现在小队计划用两种方案参加游戏． 方案一：按照甲、乙、丙的顺序出场；方案二：按照丙、甲、乙的顺序出场． （ⅰ）若采用方案一，记需要派出人员的数目为随机变量，求的分布列和期望； （ⅱ）分析采用哪种方案，可使所需派出人员数目的期望更小． 19. 已知椭圆：的离心率为，左、右顶点分别为，，且． （1）求的方程； （2）点是直线：上的一点，直线交于另外一点（异于点），直线交于另外一点． （ⅰ）求证：直线经过定点； （ⅱ）记和的面积分别为，，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：人教A版必修第一册、必修第二册，选择性必修第一册、选择性必修第二册、选择性必修第三册． 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】B 【解析】 【详解】由集合，，则 2. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】复数， 所以 3. 已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】双曲线的渐近线方程为， 依题意，，所以. 4. 某公司研发新产品投入金额（单位：万元）与该产品的收益（单位：万元）的5组数据如表所示： 5 7 8 9 11 14 20 22 25 29 由表中数据用最小二乘法求得投入金额与收益满足经验回归方程，则当新产品投入金额为12万元时，估计该产品的收益为（ ） A. 28万元 B. 30万元 C. 31万元 D. 32万元 【答案】D 【解析】 【分析】根据线性回归和最小二乘法知识进行求解即可. 【详解】根据表中数据可求得： ，. 因为经验回归方程经过点，得. 解得，令，则， 所以当新产品投入金额为12万元时，估计该产品的收益为32万元 5. 已知数列，都是等差数列，且，，，则数列的前20项的和为（ ） A. 400 B. 600 C. 800 D. 1200 【答案】B 【解析】 【详解】由数列，都是等差数列，得数列是等差数列，且，而， 所以数列的前20项的和为. 6. 已知向量，，，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用向量共线、垂直的坐标运算求出的值，得到和，再代入投影向量公式计算即可. 【详解】由得，解得，即， 由得，解得，即， 则，则， 则向量在向量上的投影向量为 ， 7. 某品牌洗衣机售后服务中心需要安排四个区域的售后维修服务，现有甲、乙、丙三位技术员可选派，要求每个区域只能有一个技术员负责，每位技术员至多负责两个区域，则不同的安排方案共有（ ） A. 80种 B. 72种 C. 54种 D. 36种 【答案】C 【解析】 【分析】先计算出没有任何限制的总分配方案数，再从中减去某位技术员负责了3个或4个区域的情况即可求解. 【详解】每个区域都可以自由分配给3位技术员中的任意一位，4个区域相互独立，总共有种， ①若某位技术员负责了全部4个区域，有种， ②若某位技术员负责了3个区域， 先选出负责3个区域的技术员，有种， 再从4个区域中选出3个分配给他，有种， 最后，剩下的1个区域分配给另外2位技术员中的1位，有种， 这种情况的总数为种， 所以符合条件的方案数为种. 8. 已知且，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过构造函数，研究函数的图象和性质，比较两个数的大小． 【详解】由，整理可得：，； 令，则，令， 解得，当时，，单调递增， 当时，，单调递减，且； 则图象如图所示 因为，，， 由图象可知． 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，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. 若越大，则越小 D. 不随的变化而变化 【答案】ACD 【解析】 【详解】， 对于A，，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，由越大，得正态曲线越矮胖，则越小，C正确； 对于D，，根据原则知不随的变化而变化，D正确. 10. 设，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. ，，，…，中最大的是 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】令，将原等式化为，再利用赋值法、二项式系数的性质求解判断ABC；两边求导并赋值计算判断D. 【详解】令，则原等式化为， 对于A，，则，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，当为小于25的偶数时，， 当为不大于25的奇数时，， 而时，且最大，因此最大，C正确； 对于D，由两边求导得， 当时，D错误. 11. 已知直线：与抛物线：交于，两点，圆过，两点，且圆与抛物线仅有三个公共点，则的纵坐标可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】联立直线与抛物线方程求出点A、B的坐标从而求出线段AB的垂直平分线方程，由题意知点E在线段AB的垂直平分线上，设，写出圆的方程并与抛物线方程联立得关于的一元四次方程，由圆过，两点可将方程因式分解，对因式分解后的方程根的个数进行讨论即可. 【详解】联立直线与抛物线方程，得到， 解得或，所以， 因为圆过，两点，所以点在的垂直平分线上， 因为的中点坐标为， ， 所以的垂直平分线的斜率为，则的垂直平分线方程为：， 设，则， 圆E的方程：， 将抛物线方程代入圆的方程可得①， 由题意知或是上述方程的根， 因此将①式因式分解为：， 若方程②只有一个根， 则，解得， 代入②式得，解得，满足条件； 若方程②有两个根，由题意知4或中有且仅有一个为②的解， 将代入方程②得：，解得， 此时方程②的另一个根为，对应点，满足条件， 将代入方程②得：，解得， 此时方程②的另一个根为，对应点，满足条件. 所以的纵坐标可能为、、. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若随机变量服从两点分布，其中，则_____________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用概率和为1求出，再将其代入两点分布的方差公式即可算出结果. 【详解】由题意得， 则，则. 13. 设，，若函数满足，且，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用指数函数的单调性确定底数，再对已知等式两边同取以3为底的对数解出的值，最后结合取值范围即可求解. 【详解】由题意得在定义域上是单调递减的，故， ，即， 则，此时不满足，故舍去， 或，此时满足， 综上，. 14. 已知数列满足，，数列的前项和满足，将与中的所有项从小到大依次排列构成一个新数列，记数列的前项和为，则使得成立的正整数的最小值为____． 【答案】 【解析】 【分析】先根据递推关系分别求出等差、等比数列通项，将两数列所有数值升序合并得到；利用分组求和分别计算等差、等比片段和，依次检验临近分界点，对比与大小确定最小正整数． 【详解】由，，得是以为首项，为公差的等差数列， 所以， 时，，解得， 时，，整理得， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 将、全部项从小到大不重复排列得新数列： 观察分界：小于的等比数列的项仅有，共项； 其余项为等差数列的项． 设前项中包含个等比项、个等差项，则， 等比数列的前项和， 等差数列的前项和， 观察指数增长，小于的等比项仅有个，前项内无新等比项，临界点集中在附近， ①验证， 前项包含个等比项、个等差项（）， ，， 所以，不等式不成立． ②验证， 前项在前项基础上增加等差项， ，， 所以，不等式成立． 故不满足，满足，故满足的最小正整数为． 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，，求b的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用同角公式求解. （2）由已知，利用正弦定理求出，再利用和角的正弦求解. 【小问1详解】 在中，由，得， 即，解得， 而，所以. 【小问2详解】 由（1）得，由正弦定理得， 而，则，，， 所以. 16. 如图，在直三棱柱中，，点D为的中点． （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）证明：连接，与相交于点，连接， 则为的中点， 因为点D为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，进而得到线面平行； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，得到两法向量夹角余弦值，进而得到面面角的正弦值 【小问1详解】 略 【小问2详解】 直三棱柱中，， 故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ，故， ， 设平面的法向量为， 则， 令得，故， 设平面的法向量为， 则， 令得，故， 故， 设平面与平面夹角大小为，则 平面与平面夹角的正弦值为. 17. 设，，函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若是的极大值点，求a的取值范围． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1），求导，得到，利用导数的几何意义得到切线方程； （2）根据得到，从而，分，，和四种情况分类讨论，得到答案 【小问1详解】 时，，， ， 故，故在点处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 的定义域为， ， 是的极大值点，故，即，故， 故， 若，则恒成立，此时无极值点，舍去； 若，令得或，令得， 故是的极大值点，满足要求； 若，令得或，令得， 此时是的极小值点，不满足要求，舍去； 若，则恒成立，令得，令得， 此时是的极小值点，不满足要求，舍去； 综上， 18. 猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名．某班级举行猜歌名闯关游戏，游戏规则如下：班级内学生组队参加游戏，每队由三名队员组成．三名队员排好出场顺序后，依次出场猜歌名，且每名队员只猜一次．如果一名队员猜中，则游戏停止；如果这名队员没有猜中，则派出下一名队员，直至有队员猜中（闯关成功）或无队员可派出（闯关失败）时游戏停止．现有甲、乙、丙三人组队参加游戏，他们猜中的概率分别为，，，且每次每人猜中与否相互独立． （1）若，，，求该队闯关成功的概率； （2）若，现在小队计划用两种方案参加游戏． 方案一：按照甲、乙、丙的顺序出场；方案二：按照丙、甲、乙的顺序出场． （ⅰ）若采用方案一，记需要派出人员的数目为随机变量，求的分布列和期望； （ⅱ）分析采用哪种方案，可使所需派出人员数目的期望更小． 【答案】（1） （2）（ⅰ）的分布列为： 数学期望为； （ⅱ）采用方案一，可使所需派出人员数目的期望更小 【解析】 【分析】（1）将闯关成功进行事件拆解，进而求解概率即可. （2）（ⅰ）结合题意求出对应事件的概率，进而求解分布列，得到数学期望即可，（ⅱ）分别算出每个方案的期望值，再进行比较即可. 【小问1详解】 设该队闯关成功的概率为， 当甲猜中时，概率为，当甲没猜中，乙猜中时，概率为， 当甲，乙都没猜中，丙猜中时，概率为， 则该队闯关成功的概率为. 【小问2详解】 （ⅰ）由题意得，， ，则分布列如下， 则数学期望为， （ⅱ）设方案二需要派出人员的数目为随机变量， 则由题意得，， ，由期望公式得， 则， 化简得， 因为，所以， 可得，得到， 故采用方案一，可使所需派出人员数目的期望更小. 19. 已知椭圆：的离心率为，左、右顶点分别为，，且． （1）求的方程； （2）点是直线：上的一点，直线交于另外一点（异于点），直线交于另外一点． （ⅰ）求证：直线经过定点； （ⅱ）记和的面积分别为，，求的最大值． 【答案】（1）； （2）（i）证明：由题可知，，设，. 当时，直线的方程为， 联立，消去整理得， 已知是方程的一个根，设，由韦达定理得， ∴ ，代入直线方程得，即. 同理，直线的方程为， 联立，消去整理得， 已知是方程的一个根，设，由韦达定理得， ∴ ，代入直线方程得，即. . 直线的方程为. 整理得 ， 当时，，即直线过点. （ii） 【解析】 【分析】（1）由椭圆顶点距离求出，结合离心率求出，再利用椭圆中的关系求出，即可得到椭圆方程. （2）（i）设出点坐标，分别写出直线、的方程，与椭圆方程联立，通过韦达定理求出点、的坐标，推导直线的方程，确定定点坐标. （ii）将转化为关于直线参数的函数，结合函数单调性求解最大值. 【小问1详解】 ∵ 椭圆的左、右顶点为，且，∴ ，解得. ∵ 椭圆离心率，∴ ， ∴ ， ∴ 椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）设直线的方程为，，， 联立，消去整理得， 由韦达定理得，. ∵ ，，其中为到直线的距离，为到直线的距离， 计算得，，， ∴ . ∵ ， ∴ . 令，，则，代入得. 由对勾函数的性质可得在上单调递增， 所以当时，取得最小值，取得最大值. 即的最大值为. 【点睛】方法归纳：求解直线过定点时，常先求出动直线含参数的方程，再寻找与参数无关的点即为定点；求解面积最值时，通常将面积表示为单一参数的函数，结合函数单调性或基本不等式求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $