河北唐山市第二中学2025-2026学年高二第二学期期末考试数学试题

**基本信息** 唐山二中高二期末数学试卷，通过函数、几何、概率等知识的综合考查，以导数应用、立体几何证明、概率分布列等问题设计，体现数学思维的逻辑性与应用能力的层次性。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题/40分|集合、统计、导数、向量、双曲线|基础概念辨析，如第3题导数几何意义| |多选题|3题/15分|复数、立体几何、圆|多选项设计，如第10题正方体动态轨迹| |填空题|3题/15分|椭圆、三角函数平移、数列中心对称|创新情境，如第14题函数中心对称推广| |解答题|5题/80分|立体几何证明与线面角、解三角形、概率分布列、导数极值与恒成立、轨迹方程与切线|综合应用，如第18题导数分类讨论（推理能力）、第17题概率统计（数据意识）|

唐山二中2025-2026学年度第二学期高二期末考试数学学科 时间:120分钟 总分:150分 命题人:王超伟 命题人签字: 一、单选题 1．已知全集为，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据交集、补集运算可知，再结合并集运算求解. 【详解】因为，则， 所以. 故选：A. 2．一组从小到大排列的数据：，，，，，，，，，若它们的百分位数是中位数的两倍，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据中位数定义以及百分位数定义计算可得结果. 【详解】数据，，，，，，，，，已是由小到大的排列，数据共个， 中位数为第个与第个数据的平均值即中位数为， 由，因此百分位数为第个与第个数据的平均值即， 得， 解得， 故选：A． 3．已知函数在处的切线与直线垂直，则a的值为（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】B 【分析】由题可得，即可得答案. 【详解】因的斜率为，则． 故选：B． 4．已知平面向量，设在上的投影向量为，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据投影向量公式可得，再根据向量夹角公式求解即可. 【详解】在上的投影向量为，即， 所以，则， 因为，所以. 故选：A. 5．已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案. 【详解】因为，由双曲线的定义可得， 所以，； 因为,由余弦定理可得， 整理可得，所以，即. 故选：A 【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键. 6．在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（   ） A．函数的最大值为1 B．函数的最小值为1 C．函数的最大值为1 D．函数的最小值为1 【答案】B 【分析】根据图象分辨和的图象，然后对各选项中函数求导，利用图象判断函数单调性即可得解. 【详解】由图可知，两个函数图象都在轴上方，所以，单调递增， 所以实线为的图象，虚线为的图象，， 对A，，单调递增，无最大值，A错误； 对B，，， 由图可知，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数取得最小值，B正确； 对C，，由图可知， 所以在上单调递增，无最大值，C错误； 对D，， 由图可知，当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，函数取得最大值，D错误. 故选：B 7．已知等差数列的前n项和，公差，．记，下列等式不可能成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意可得，，而，即可表示出题中，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立． 【详解】对于A，因为数列为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由可得，，A正确； 对于B，由题意可知，，， ∴，，，． ∴，． 根据等差数列的下标和性质，由可得，B正确； 对于C，， 当时，，C正确； 对于D，，， ． 当时，，∴即； 当时，，∴即，所以，D不正确． 故选：D. 【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题． 8．设是一个随机试验中的两个事件，且，则不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据条件，可得，根据，代入数据，即可判断A的正误；由，可判断B的正误；根据条件概率公式，代入数据，可判断C的正误；根据概率加法公式，代入计算，可判断D的正误. 【详解】对于A：，所以． 又由，故A正确； 对于B：， 变形可得，故B错误； 对于C：，故C正确； 对于D：，则有， 故，故D正确， 故选：ACD 二、多选题 9．若复数满足，则（   ） A． B．的虚部为 C．为纯虚数 D． 【答案】BCD 【分析】设，由条件可得.由复数模长公式可得选项A错误；由复数的概念可得选项B正确；通过复数的除法运算可得选项C正确；通过复数乘方运算可得选项D正确. 【详解】设，则，∴， ∴，解得，故. A. ，选项A错误. B. 的虚部为，选项B正确. C. ，为纯虚数，选项C正确. D. 由得，故，选项D正确. 故选：BCD. 10．在棱长为1的正方体中，点P是线段（含端点）上的一个动点，则下列结论正确的是（   ） A． B．若点M在正方形内（含边界），且，则点M的轨迹长为 C．三棱锥的体积的最大值为 D．存在点P，使得异面直线与所成的角为 【答案】AB 【分析】根据正方体的性质、线面垂直的性质，结合球的定义、三棱锥的体积公式、异面直线所成角的定义逐一判断即可. 【详解】对于A，在正方体中，有平面平面，所以，选项A正确； 对于B，，则点M在以点D为球心，半径的球上，又点M在正方形内（含边界），所以点M在球与正方形的交线上，即点M在以点为圆心，半径的圆周上，点M的轨迹长为，选项B正确； 对于C，，点到平面的距离是定值，定值为，三棱锥的体积取最大值，即三棱锥的体积取最大值，即底面的面积取最大值，即点P与点重合，，选项C错误； 对于D，异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，即，所以，又，所以选项D错误． 故答案为：AB 11．已知是圆上的两点，则下列结论中正确的是（    ） A．若点到直线的距离为，则 B．若，则 C．若，则的最大值为6 D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】对于A选项：利用圆的弦长公式即可求解；对于B选项：运用余弦定理即可求解；对于C选项：将转化为到直线的距离之和的倍，进而求解；对于D选项：利用数量积公式即可求解； 【详解】依题意，圆的圆心，半径为 如图所示： 对于A选项：因为点到直线的距离为，所以，故选项A正确； 对于B选项：因为，且， 所以在中，由余弦定理可得：, 所以，故选项B错误； 对于C选项：由， 其几何意义为到直线的距离之和的倍 设的中点为,结合梯形的中位线可知： 则有， 因为，所以, 在直角三角形中，, 所以点的轨迹为以原点为圆心，为半径的圆. 因为到的距离为， 所以， 所以，故选项C正确； 对于D选项：因为， 所以当所成的角为时，. 故选项D正确; 故选：ACD. 三、填空题 12．已知，为椭圆的两个焦点，、为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为_________ 【分析】由题目条件得到四边形为矩形，即⊥，由勾股定理和椭圆定义得到方程组，求出，得到答案. 【详解】椭圆中，， 因为、为C上关于坐标原点对称的两点，所以， 又，故四边形为平行四边形， 又，故四边形为矩形，即⊥， 由勾股定理得①， 由椭圆定义得②， 式子②平方得， 结合①得， 故四边形的面积为. 13．将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，若为偶函数，则的最小值为__________. 【答案】 【分析】根据函数图像的平移规律求出解析式，由为偶函数，结合正弦型函数的性质求解. 【详解】将函数的图象向左平移个单位长度， 可得， 因为为偶函数，故，可得， 时，时，可得的最小值为. 故答案为： 14．我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.已知数列满足，，当时，令，若函数的图象关于点成中心对称图形，则__________. 【答案】 【分析】根据已知有或，结合确定数列前2026项成等差数列，公差为，进而得，再判断的奇偶性，即可得结果. 【详解】因为或， 又， 设2025个差中有个2和个，故，所以， 即数列前2026项成等差数列，公差为. 令， 即， 则 ， 所以为奇函数，结合题设易知，故. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据已知得数列前2026项成等差数列，公差为2，并确定是奇函数为关键. 四、解答题 15．如图，在直三棱柱中，，为的中点，为的中点．    (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) 取中点，连接，    因为，所以， 为的中点，所以为的中位线，所以， 又，所以四边形为平行四边形，有， 又因为平面平面，则， 由于平面，所以平面， 又因为，所以平面． (2)． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，根据中位线的性质得到，然后得到四边形为平行四边形，根据直棱柱的性质得到，最后利用线面垂直的判定定理证明； （2）解法一：利用余弦定理得到，然后建系，利用空间向量的方法求线面角； 解法二：根据线面角的定义得到即为直线与平面所成角，然后求线面角； 解法三：利用等体积的思路得到点到平面的距离，然后求线面角. 【详解】（1）    取中点，连接， 因为，所以， 为的中点，所以为的中位线，所以， 又，所以四边形为平行四边形，有， 又因为平面平面，则， 由于平面，所以平面， 又因为，所以平面． （2）解法一：由（1）可知：两两垂直，如图，以为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 在中，由余弦定理可得：，则， 于是， 则， 设平面， 于是，即， 令，则， 设直线与平面所成角为， 那么， 即直线与平面所成角的正弦值为．    解法二：在中，由余弦定理可得：，则， 如图，连接，由（1），平面平面，则， 又因为，四边形为正方形，为的中点，， 由于平面，则平面， 如图，记，过点作，连接， 由于平面平面，则， 又因为平面，则平面， 所以即为直线与平面所成角，由于， 则， 由于，则为的三等分点，则， 于是， 即直线与平面所成角的正弦值为．    解法三：设直线与平面所成角为，点到平面的距离为，则， 在中，，则， 过作交的延长线于，易得， 且易证平面， 由于，则， 在中，，且， 又，则．    【点睛】 16．记的内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)在边上存在一点，使得，连接，若的面积为的平分线交于点，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）将角化为边，然后进行化简即可求解； （2）利用三角形面积公式结合余弦定理即可求解边长，进而由角平分线定理求比值. 【详解】（1）由及正弦定理得， 又，所以， 因为，所以，所以， 所以 （2）因为，所以， 则， 所以， 又由余弦定理得，可得， 联立方程解得， 由角平线定理得 17．盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球． (1)求取出的3个小球上的数字两两不同的概率； (2)记取出的3个小球上的最小数字为，求的分布列及数学期望． 【答案】(1) (2)的分布列为： 【分析】（1）先确定个不同数字的小球，然后再从确定的每种小球中取个，通过计算可求符合要求的取法数，再除以总的取法数可得结果； （2）先确定的可取值为，然后计算出不同取值的概率，注意的每种取值对应两种情况，由此可求分布列和期望. 【详解】（1）记“取出的个小球上的数字两两不同”为事件， 先确定个不同数字的小球，有种方法， 然后每种小球各取个，有种取法， 所以. （2）由题意可知，的可取值为， 当时，分为两种情况：只有一个数字为的小球、有两个数字为的小球， 所以； 当时，分为两种情况：只有一个数字为的小球、有两个数字为的小球， 所以； 当时，分为两种情况：只有一个数字为的小球、有两个数字为的小球， 所以， 所以的分布列为： 所以. 18．已知函数． (1)当时，求函数的极值； (2)求函数的单调区间； (3)当时，若在时恒成立，求整数的最大值． 【答案】(1)在处取得极大值，无极小值 (2)当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，上单调递减 (3)整数的最大值为5 【分析】（1），令或可求单调区间，进而求得极值； （2），然后分类讨论可求得的单调区间； （3）根据已知式子进行变量分离可转化为恒成立，令，然后利用导数研究函数的单调性与极值，进而得出的最小值，进而得出所求得答案. 【详解】（1）当时，， 所以， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取得极大值，无极小值. （2）， 当时，恒成立，所以在上单调递增， 当时，当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 综上所述：当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，上单调递减. （3）在时恒成立，即恒成立， 令，则， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增，且 ，所以在存在唯一实数， 使得，即，所以 当时，，即， 当时，，即， 所以在上单调递减，上单调递增， 所以， 故，又，整数的最大值为5． 【点睛】方法点睛：本题主要考查了利用导数分析函数单调性的问题，同时也考查了构造函数，结合零点存在性定理，进而确定函数在区间上最值的范围问题.需要根据题意参变分离，构造函数求导，设极值点，再确定零点所在区间，进而代入原函数可得极值范围.属于难题. 19．动点到直线与直线的距离之积等于，且．记点M的轨迹方程为． (1)求的方程； (2)过上的点P作圆的切线PT，T为切点，求的最小值； (3)已知点，直线交于点A，B，上是否存在点C满足？若存在，求出点C的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)2 (3) 【分析】（1）根据点到直线距离公式，即可代入化简求解， （2）由相切，利用勾股定理，结合点到点的距离公式可得，即可由二次函数的性质求解， （3）联立直线与双曲线方程得到韦达定理，进而根据向量的坐标关系可得，将其代入双曲线方程即可求解. 【详解】（1）根据到直线与直线的距离之积等于，可得，化简得， 由于，故，即. （2）设，， 故当时，最小值为2 （3）联立与可得， 设， 则， 故 设存在点C满足，则， 故， 由于在，故， 化简得，即，解得或（舍去）， 由于，解得且， 故符合题意，由于，故， 故,故， 故存在，使得 试卷第10页，共21页 试卷第11页，共21页 学科网（北京）股份有限公司 $ 唐山二中2025-2026学年度第二学期高二期末考试数学学科 时间:120分钟 总分:150分 命题人:王超伟 命题人签字: 一、单选题 1．已知全集为，若，则（    ） A． B． C． D． 2．一组从小到大排列的数据：，，，，，，，，，若它们的百分位数是中位数的两倍，则的值为（    ） A． B． C． D． 3．已知函数在处的切线与直线垂直，则a的值为（    ） A． B． C．1 D．2 4．已知平面向量，设在上的投影向量为，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 5．已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 6．在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（   ） A．函数的最大值为1 B．函数的最小值为1 C．函数的最大值为1 D．函数的最小值为1 7．已知等差数列的前n项和，公差，．记，下列等式不可能成立的是（    ） A． B． C． D． 8．设是一个随机试验中的两个事件，且，则不正确的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．若复数满足，则（   ） A． B．的虚部为 C．为纯虚数 D． 10．在棱长为1的正方体中，点P是线段（含端点）上的一个动点，则下列结论正确的是（   ） A． B．若点M在正方形内（含边界），且，则点M的轨迹长为 C．三棱锥的体积的最大值为 D．存在点P，使得异面直线与所成的角为 11．已知是圆上的两点，则下列结论中正确的是（    ） A．若点到直线的距离为，则 B．若，则 C．若，则的最大值为6 D．的最小值为 三、填空题 12．已知，为椭圆的两个焦点，、为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为_________ 13．将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，若为偶函数，则的最小值为__________. 14．我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.已知数列满足，，当时，令，若函数的图象关于点成中心对称图形，则__________. 四、解答题 15．如图，在直三棱柱中，，为的中点，为的中点．    (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 16．记的内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)在边上存在一点，使得，连接，若的面积为的平分线交于点，求的值． 17．盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球． (1)求取出的3个小球上的数字两两不同的概率； (2)记取出的3个小球上的最小数字为，求的分布列及数学期望． 18．已知函数． (1)当时，求函数的极值； (2)求函数的单调区间； (3)当时，若在时恒成立，求整数的最大值． 19．动点到直线与直线的距离之积等于，且．记点M的轨迹方程为． (1)求的方程； (2)过上的点P作圆的切线PT，T为切点，求的最小值； (3)已知点，直线交于点A，B，上是否存在点C满足？若存在，求出点C的坐标；若不存在，说明理由． 试卷第2页，共5页 试卷第1页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 $