精品解析：云南昭通一中教研联盟2025-2026学年高二下学期期末考试数学（A卷）

昭通一中教研联盟2026年春季学期高二年级期末考试 数学（A卷） 命题单位：昭通市第一中学高一数学备课组 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页，考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2．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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数在的最小值与最大值的和为（ ） A. e B. 1 C. D. 3 3. 已知实数成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 4. 若函数（且）为偶函数，则（ ） A. 9 B. 3 C. D. 2 5. 已知函数在区间上单调递减，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 设且且，若，则的最小值是（ ） A. B. C. 8 D. 16 7. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为为奇函数，，则（ ） A. 为奇函数且对称中心为 B. 为奇函数且对称中心为 C. 为偶函数且对称中心为 D. 为偶函数且对称中心为 二、多项选择题（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，有多项是符合题目要求的.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. 以下四个命题中，是真命题的有（ ） A. 若命题，则p的否定为： B. 若，则 C. 若且，则 D. “”是“”的充分不必要条件 10. 已知数列满足，，则下列结论正确的是（ ） A. 数列是等差数列 B. 数列是等比数列 C. D. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，的增区间为 B. 当时，曲线在处的切线方程为 C. 若函数在存在单调递减区间，则a的取值范围为 D. 当时，函数有且仅有两个零点 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知幂函数的图象经过点，则__________ 13. 将一个边长为a的正方形铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，做成一个无盖方盒，若要使方盒的容积V最大，则边长x为________. 14. 函数的值域为，且，则实数的取值集合为________． 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 袋中有7个大小相同的球，其中4个黑球、3个白球，现从中任取3个球，记随机变量X为其中白球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Y为得分． （1）求的值； （2）证明：． 16. 如图，在凸四边形中，已知． （1）若，求的值； （2）若，四边形的面积为1，求的值． 17. 如图，在长方体中，，点分别为的中点，点M为长方形内一动点（含边界）． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）若直线平面，求点M的轨迹长度． 18. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）若存在极小值和极大值，求a的取值范围． 19. 已知抛物线的焦点为，直线与交于两点，与x轴交于点Q，与直线交于点P． （1）求的标准方程； （2）当时，求的面积； （3）是否存在实数，使等式成立，若存在，求的值并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昭通一中教研联盟2026年春季学期高二年级期末考试 数学（A卷） 命题单位：昭通市第一中学高一数学备课组 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页，考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2．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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，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】由题意得， 或， 所以. 2. 函数在的最小值与最大值的和为（ ） A. e B. 1 C. D. 3 【答案】D 【解析】 【详解】由题知函数在上单调递增， 所以， 则最小值与最大值的和为3． 3. 已知实数成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，， 又等比数列奇数项的符号相同，所以，则，故． 4. 若函数（且）为偶函数，则（ ） A. 9 B. 3 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【详解】函数为偶函数，且该函数的定义域为， 所以，则，又且，解得， 此时，则， 故为偶函数，满足题意，即. 5. 已知函数在区间上单调递减，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的性质，转化问题为在上恒成立，进而求解即可. 【详解】因为，所以， 因为在区间上单调递减， 所以，即，则在上恒成立， 因为在上单调递减，所以时，，故． 6. 设且且，若，则的最小值是（ ） A. B. C. 8 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】利用对数换底公式化简已知条件，得到的关系式，再用基本不等式求最小值. 【详解】由换底公式可得，，， 原式化为，所以， 由基本不等式得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值是． 7. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据幂函数、对数函数、指数函数的单调性判断大小即可. 【详解】由，则， 则，， 所以． 8. 已知函数的定义域为为奇函数，，则（ ） A. 为奇函数且对称中心为 B. 为奇函数且对称中心为 C. 为偶函数且对称中心为 D. 为偶函数且对称中心为 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性，对称性定义逐一判断即可. 【详解】因为为奇函数，所以， 则，即， 则的图象关于点对称，的图象关于点对称， 由，令，得，即， 则， 所以，故为偶函数． 二、多项选择题（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，有多项是符合题目要求的.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. 以下四个命题中，是真命题的有（ ） A. 若命题，则p的否定为： B. 若，则 C. 若且，则 D. “”是“”的充分不必要条件 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，若命题，则的否定为：，故A正确； 对于B，若，则， 即，故B错误； 对于C：因为且， 所以， 则，故C正确； 对于D，因为是的真子集， 所以“”是“”的必要不充分条件，故D错误． 10. 已知数列满足，，则下列结论正确的是（ ） A. 数列是等差数列 B. 数列是等比数列 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，因为，所以， 则是以首项为，公差为1的等差数列，故A正确； 对于B，由A知，， 所以，则， 所以是等比数列，故B正确； 对于C，由B知，，则，故C错误； 对于D，由B知，， 则，故D正确． 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，的增区间为 B. 当时，曲线在处的切线方程为 C. 若函数在存在单调递减区间，则a的取值范围为 D. 当时，函数有且仅有两个零点 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，求导，令即可求解判断；对于B，根据导数的几何意义求解即可；对于C，由题意得在上有解，进而求解判断即可；对于D，由题意得，利用导数分析函数的单调性，进而求解判断即可. 【详解】对于A，当时，，， 则，令，得， 所以的单调递增区间为，故A错误； 对于B，当时，，，则， 所以， 则曲线在处的切线方程为，即，故B正确；对于C，由题意得， 若函数在存在单调递减区间， 则在上有解，即在上有解， 因为函数在上单调递减， 所以，则，故C正确； 对于D，由题意得， 则， 令， 则，令可得，（舍）或， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 又，，， 所以存在，使得，即， 所以当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 因为时，，， 所以存在，使得， 又，， 所以存在，使得， 所以函数有且仅有两个零点，故D正确． 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知幂函数的图象经过点，则__________ 【答案】 【解析】 【分析】根据幂函数的定义，将点坐标代入求解即可. 【详解】设. 故答案为： 13. 将一个边长为a的正方形铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，做成一个无盖方盒，若要使方盒的容积V最大，则边长x为________. 【答案】## 【解析】 【分析】依题意，可得，求导确定函数单调性即可求解. 【详解】依题意，折成无盖盒子的底面是边长为的正方形，高为，则， 由，得， 令，解得，令，解得， 故在单调递增，在单调递减，且在处取得最大值. 故答案为： 14. 函数的值域为，且，则实数的取值集合为________． 【答案】 【解析】 【详解】函数在单调递增，在单调递减，若， 则满足条件， 故实数的取值集合为 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 袋中有7个大小相同的球，其中4个黑球、3个白球，现从中任取3个球，记随机变量X为其中白球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Y为得分． （1）求的值； （2）证明：． 【答案】（1） （2）证明：由取到个白球，则可得取到个黑球， 所以得分，则． 【解析】 【分析】（1）由题意得，X的所有取值为，分别求出每一个值对应的概率，再根据期望公式求解即可； （2）分析可得，进而求证即可. 【小问1详解】 由题意得，X的所有取值为， 则，， ，， 所以． 【小问2详解】 略 16. 如图，在凸四边形中，已知． （1）若，求的值； （2）若，四边形的面积为1，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中求出，在中，由正弦定理求出，再根据平方关系求解即可； （2）在，中，分别由余弦定理得到，，进而得到，结合得到，将两个关系式平方后相加即可求解. 【小问1详解】 在中，因为，， 所以． 在中，由正弦定理得：， 所以． 又，所以， 所以． 【小问2详解】 在，中，由余弦定理得， ， ， 所以，即． 又， 即， 整理得， 所以， 整理得， 所以． 17. 如图，在长方体中，，点分别为的中点，点M为长方形内一动点（含边界）． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）若直线平面，求点M的轨迹长度． 【答案】（1）法一：以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 则， 故，即． 法二：连接， 在长方体中，⊥平面， 因为平面，所以， 又四边形是正方形，所以， 因为，平面， 所以平面，又平面， 所以． （2） （3） 【解析】 【分析】法一：（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求证即可； （2）利用线面角的空间向量公式求解即可； （3）设（其中，），结合平面可得，进而求解即可； 法二：（1）连接，先证明，，可得平面，进而求证即可； （2）易得平面，可知即为直线与平面所成角，进而求解即可； （3）连接，取中点，在上取点，使得，连接，分析可得点在平面与平面的交线上，从而点的轨迹是线段，进而求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：由（1）知，点，，，， 易得平面的一个法向量为，而， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 法二：在长方体中，平面，即平面， 所以即为直线与平面所成角， 在直角三角形中，，则， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 法一：由（1）知，，，，， 设（其中，），则， 而，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 因为平面，故，则，即， 而，，则点M的轨迹为线段，且线段的两个端点为， 则点M的轨迹长度． 法二：在长方体中，取的中点，连接， 由点为的中点，得， 则四边形是平行四边形， ，又， 则四边形是平行四边形， 于是，取中点，在上取点， 使得，连接， 而，则四边形为平行四边形，， 而平面，平面，于是平面， 由为的中点，得，而平面，平面， 则平面． 又平面，因此平面平面， 由直线平面，点平面， 则点在平面与平面的交线上，从而点的轨迹是线段， 而，所以点的轨迹长度为． 18. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）若存在极小值和极大值，求a的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间为；单调递减区间为． （2） 【解析】 【分析】（1）由题意表示出后，利用导数求解单调性. （2）通过对分类讨论以及极值的特性求解. 【小问1详解】 ， ， 令，则，所以的单调递增区间为； 令，则，所以函数的单调递减区间为． 【小问2详解】 ， 则， 令，则． ①当时，，，在单调递增， 又，且当趋近于时，趋近于， 故存在，使得， 且当时，，，故此时单调递增. 当时，，，故此时单调递减. 则为的极大值点，没有极小值点，不满足题意. ②当时，， 令，解得，此时单调递增. 令，解得，此时单调递减. 故在时取得最大值，最大值为. 若，即，也即时，在恒成立， 则在恒成立，故在单调递减，没有极值点，不满足题意. 若，即，也即时，， 又当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于， 故存在，使得，且存在，使得， 故当，，此时，单调递减， 当，，此时，单调递增. 当，，此时，单调递减. 故当时，取得极小值，当时，取得极大值，满足题意. 综上所述，若有极大值和极小值，则． 19. 已知抛物线的焦点为，直线与交于两点，与x轴交于点Q，与直线交于点P． （1）求的标准方程； （2）当时，求的面积； （3）是否存在实数，使等式成立，若存在，求的值并说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在，理由如下： 设，因为点在直线上， 所以，解得，， 点是直线与轴的交点，令，得，所以， 则， ， ， 要验证，即验证：， 化简得：． 联立，消去可得， 因为，且， 所以， 所以和同号，即． 因为 ， 则，即． 【解析】 【分析】（1）由题意得，可得，即可求解； （2）当时，设，直线的方程为，联立直线与抛物线方程，求出，， 结合弦长公式求得，再求出点到直线的距离，进而求解面积； （3）先表示出，再结合题设求解即可. 【小问1详解】 由题意，，则， 所以的方程为． 【小问2详解】 设， 当时，直线的方程为，即． 联立，消去可得， 根据韦达定理，，， 则， 点到直线的距离， 所以的面积． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $