精品解析：湖南邵东市第三中学2025-2026学年第二学期高二年级期末测试数学试题

2026年上学期高二年级期末测试 数学 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟. 注意：请把答案转移到答题卡上，书写在试题卷上的答案无效. 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. 有8位同学一次数学测试的分数分别是：111，118，125，130，130，132，136，140，则这组数据的75百分位数是（ ） A. 130 B. 132 C. 134 D. 136 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的定义进行求解. 【详解】解：因为， 所以这组数据的75百分位数是. 故选：C． 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 直接利用复数的除法求出得解. 【详解】由题得. 故选：A 【点睛】本题主要考查复数的除法运算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题. 3. 已知，若集合，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由集合相等的定义建立方程求得结果. 【详解】∵， ∴，解得， 故选：B 4. 已知数列满足：，，则等于（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得数列是公差为2的等差数列，再由等差数列的通项公式即可求得. 【详解】因为，所以数列是公差为2的等差数列， 又，所以. 故选：D. 5. 已知直线与圆相交于两点，则的面积为（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先求圆心到直线的距离，再由垂径定理计算弦长，最终代入三角形面积公式求解． 【详解】圆  的圆心为 ，半径 ， 直线  可化为 ， 圆心 到直线的距离为，设直线与圆交于两点， 则弦长 因此 的面积为． 6. 将函数向右平移个单位后，所得的函数为奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式，利用三角函数图象变换可得出的解析式，利用正弦型函数的奇偶性可求得的表达式，即可求得正数的最小值. 【详解】因为， 将该函数的图象向右平移个单位后，所得的函数为奇函数， 则，且有，则， 因为，故当时，取最小值. 故选：C. 7. 已知向量，满足，，，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量数量积的运算律以及坐标表示计算即可. 【详解】由得， 因为，所以， 故， 所以. 故选：A 8. 已知直线与椭圆相切于第一象限的点，且直线与轴，轴分别交于点，，当（为坐标原点）的面积最小时，（，为椭圆的两个焦点），则此时中的平分线的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用直线与椭圆相切可求得直线的方程为,从而得到,结合基本不等式即可求出面积最小时的取值情况,再利用余弦定理和面积公式即可求出结论. 【详解】由题可知,直线的斜率一定存在,故可设直线的方程为, 联立, 又直线与椭圆相切,所以, 即①, 又直线过点,即有②, 且在椭圆上,即有③, 由①②③可得, 因此直线的方程为, ∴,, ∴, ∵, ∴,∴, 当且仅当时等号成立,此时面积最小, 设,,则, 由余弦定理,可知, ∴,, 又,即, ∴,∴,即, 设在中,的平分线长度为, 则, ∴, 故选:B. 【点睛】本题主要综合考查了直线与椭圆的位置关系,以及均值不等式和余弦定理,对学生综合运用及计算能力要求较高,有一定难度. 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. 在中，角所对的边分别为，且满足，的外接圆半径，下列选项正确的是（ ） A. B. 若，则为等腰三角形 C. 的最大值为 D. 的周长最大值为 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，由， 得，即， 又且，所以， 所以，又，所以，A正确； 对于B，由，得， 由，得， 因为，所以，所以， 所以，此时为直角三角形，而不是等腰三角形，B错误； 对于C，，，由， 得，当且仅当时，等号成立，C正确； 对于D，，，由， 得，当且仅当时，等号成立， 解不等式得， 又，所以，所以 所以的周长最大值为，D正确． 10. 已知是定义在上的连续可导函数，且满足，当时，，设，则下列正确的是（  ） A. 若，则 B. 是偶函数 C. 在上恒成立 D. 的解集是 【答案】ACD 【解析】 【分析】取得到，取，计算得到A，确定，计算得到B，取，计算得到C，根据函数单调性得到或，解得D. 【详解】对选项A：取得到，即， 取得到，又， 解得，故A正确； 对选项B：取得到，即， 则，所以为奇函数，故B错误； 对选项C：设，则 ，当时，，故， 即单调递减，故C正确； 对选项D：因为为R上的奇函数且单调递减， 所以不等式等价于或， 即或，可得或， 所以的解集是；故D正确， 故选：ACD. 11. 已知正方体的棱长为2，为的中点，为上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 直线与平面所成角的正切值为 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】AD 【解析】 【分析】对A，利用判断；对B，平面即平面，由与平面关系可判断；对C，直接找到线面角对应的直角三角形，计算边长得到正切值；对D，由，分析动点到平面的距离是否为定值，结合的面积是否为定值判断体积. 【详解】对于A：以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 由题意得，设， 向量，，   故，A正确； 对于B：平面即平面，直线过平面内一点且不在平面内，直线与平面相交，不平行，B错误； 对于C：因为平面，则为在平面上的射影， 所以即直线与平面所成角，在中，（是中点）， ，故，C错误； 对于D： 因为，平面，平面，故平面， 上所有点到平面的距离恒为正方体棱长（定值）， 因此为定值，而，D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数 ，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用函数的解析式由内到外逐层计算可得的值. 【详解】因为，则， 所以，. 故答案为：. 13. 若是双曲线的左、右焦点，点是双曲线左支上一点，若，则_________，的面积__________． 【答案】 ①. 8 ②. 24 【解析】 【分析】根据得到，计算得到为直角三角形，计算面积得到答案. 【详解】，故. ，故，， 故为直角三角形，故. 故答案为：；. 14. 甲、乙两人各有4张卡片，每张卡片上分别标有1，2，3，4四个数字之一.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，甲、乙各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较卡片上数字的大小，数字大者胜，然后各自舍弃此轮所选卡片舍弃的卡片在此后的轮次中不能使用则四轮比赛中，甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况共有__________种. 【答案】216 【解析】 【分析】甲，乙出卡片的种数均有种，不妨设甲出牌的数字依次为1，2，3，4，先求出甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况，分三种情况：甲、乙每轮所出数字大小有一张、有两张、有三张卡片数字相同讨论，进而求出甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况有：种，则，得解. 【详解】甲出卡片的种数一共有种，同理，乙出卡片的种数也一共有种. 不妨设甲出牌的数字依次为1，2，3，4， 若甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况， 则乙每轮所出数字有以下三种情况： ①甲、乙每轮所出数字大小有一张卡片数字相同， 不妨设乙第一轮所出数字为1，那么后面三轮所出卡片数字均不能相同， 有1，3，4，2和1，4，2，3两种情况， 则甲、乙每轮所出数字大小有一张卡片数字相同共有种情况； ②甲、乙每轮所出数字大小有两张卡片数字相同， 不妨设乙第一、二轮所出数字为1，2，那么后面两轮所出卡片数字均不能相同， 有1，2，4，3一种情况， 则甲、乙每轮所出数字大小有两张卡片数字相同共有种情况； ③甲、乙每轮所出数字大小有三张卡片数字相同，那么第四张卡片也会相同， 则乙每轮所出数字只有1，2，3，4一种情况. 故甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况共有种， 所以当甲出牌的数字依次为1，2，3，4， 甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况有：种. 故甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况有：种. 故答案为：216. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是不妨设甲出牌的数字依次为1，2，3，4，求出甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况，得到甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况. 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. 记数列的前项和为，已知. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用的关系求的通项公式； （2）由题设写出的通项公式，再应用错位相减法、等比数列的前n项和公式求. 【小问1详解】 当时，，得， 当时，，得，整理得， 所以从开始成公比为3的等比数列，则. 综上，； 【小问2详解】 由（1）得， 当时，， 当时，， 则， 两式相减，得， 所以也满足该式， 故. 16. 如图所示，三棱锥中，，，且，，E，F分别为和的中点． （1）证明：上存在点P，使得平面； （2）当时，求二面角的正弦值． 【答案】（1）取的中点 ，连接 因为 是的中点， 是的中点， 所以在中，是中位线，故. 又平面， 平面， 所以平面， 故上存在满足条件的点 ，得证. （2） 【解析】 【分析】（1）取上一点 ，结合 是中点，若能使，再结合的位置，可推出与面内的直线平行，进而证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，根据题意求出各点坐标，再分别求出平面 和平面的法向量，利用两个平面法向量的夹角与二面角的关系，计算二面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示， 以点为原点，为 轴，为轴，过点且垂直于平面 的直线为 轴，建立空间直角坐标系，则 ，，， 设，由得，即. 由，，， 得： 代入得，即. 平面 中，，， 设法向量为 ， 由得，令，则. 平面中，，， 设法向量为 ， 由得，令，则. 所以二面角的正弦值： . 17. 某用户在网约车平台发起订单后，平台按照就近原则依次派车：先派距离用户最近的第一辆车，若该车无法接单，则继续派第二辆车，以此类推，直至某网约车接单.假设该平台上每辆车接单的概率均为，且各辆车是否接单相互独立.记某网约车接单时平台为该用户派车的总次数为. （1）求的概率，并证明：对任意正整数s，t恒成立； （2）已知平台为该用户派出的第一辆车未接单，设平台还需为该用户继续派车的次数为.平台规定：若，则赠送该用户一张金额为3元的优惠券；否则，不赠送优惠券.求平台赠送该用户的优惠券金额的期望. 【答案】（1），证明如下： 由题意知，， 所以，对任意的正整数s，t． （2）元. 【解析】 【小问1详解】 由题意知，，证明略； 【小问2详解】 由（1）知，， 平台需要支付该用户的优惠券金额的所有可能取值为， 则， 所以， 即平台需要赠送的优惠券金额的期望为元. 18. 已知曲线与点，O为原点，动点，且的最大值为． （1）求曲线E的方程； （2）已知有个点，，，…，按逆时针顺序依次在E上，且，． （ⅰ）当，关于y轴对称，且的面积为1时，求直线的斜率； （ⅱ）当的面积都相等时，记多边形的周长为．若对于，都有，求整数的最小值． 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）9. 【解析】 【分析】（1）设过点的切线方程，联立曲线方程，根据判别式等于0即可得到答案； （2）（i）利用参数方程法，设出点坐标，代入计算即可； （ii）设，写出相关面积表达式，再分和时讨论即可. 【小问1详解】 设过点的切线为． 联立． 因为是切线，则， 化简得，则， 又取最大值时，为切线，且． . 【小问2详解】 （i）由（1）知椭圆为． 设. 则. 又. 因,则得, 故，即直线的斜率为． (ii)设， . 则． 题目条件为各面积相等，． 当时，设． 记． 则， 设，则， . 又， . 当时，若存在，由得． 又，其余各，这与矛盾． ． 记．则 . 故. 又， . 由柯西不等式，． 又． 又． 取，则满足面积相等， 且． 又对一切满足条件的，都有． 19. 已知函数． （1）当时，证明：恒成立； （2）当时，证明：当时，函数的图象与的图象无交点； （3）已知，证明：． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可知函数的定义域为，通过求导得到函数的单调性即可求解； （2）构造函数，利用导数研究函数的单调性得时，函数单调递增，时，函数单调递减，再结合，符号即可证明； （3）结合（1），令，有，进而结合得，再累加求和即可证明不等式左侧部分；再结合（2）得，再累加求和即可证明不等式右侧部分. 【小问1详解】 已知函数，当时，， 由，解得，因此函数的定义域为， 对函数求导，得， 当时，，当时，， 因此函数在单调递增，在单调递减，因此函数在取极大值，同时也是最大值， 由于，所以恒成立. 【小问2详解】 当时，， 构造函数，，所以， 令，，则， 由于在上单调递减，在上单调递减，因此在上单调递减， 因为，，所以存在使得，即， 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 因为，，， 所以存在，使得，即， 当时，，即，函数单调递增，当时，，即，函数单调递减， 因为，， 所以在恒成立，即， 所以对任意，有， 即当时，函数的图象与的图象无交点. 【小问3详解】 先证， 由（1）知，当时，函数在单调递减，故当时，，即， 令，则，即， 令，由恒成立，所以在单调递减， 所以，即，故当时，有， 令，则， 所以， 所以， 再证， 由（2）知，，即在恒成立， 令，则， 所以，即， 综上，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年上学期高二年级期末测试 数学 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟. 注意：请把答案转移到答题卡上，书写在试题卷上的答案无效. 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. 有8位同学一次数学测试的分数分别是：111，118，125，130，130，132，136，140，则这组数据的75百分位数是（ ） A. 130 B. 132 C. 134 D. 136 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，若集合，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 4. 已知数列满足：，，则等于（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 5. 已知直线与圆相交于两点，则的面积为（ ） A. 2 B. C. D. 4 6. 将函数向右平移个单位后，所得的函数为奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量，满足，，，则（ ） A. 2 B. C. D. 8. 已知直线与椭圆相切于第一象限的点，且直线与轴，轴分别交于点，，当（为坐标原点）的面积最小时，（，为椭圆的两个焦点），则此时中的平分线的长度为（ ） 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. 在中，角所对的边分别为，且满足，的外接圆半径，下列选项正确的是（ ） A. B. 若，则为等腰三角形 C. 的最大值为 D. 的周长最大值为 10. 已知是定义在上的连续可导函数，且满足，当时，，设，则下列正确的是（  ） A. 若，则 B. 是偶函数 C. 在上恒成立 D. 的解集是 11. 已知正方体的棱长为2，为的中点，为上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 直线与平面所成角的正切值为 D. 三棱锥的体积为定值 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数 ，则___________. 13. 若是双曲线的左、右焦点，点是双曲线左支上一点，若，则_________，的面积__________． 14. 甲、乙两人各有4张卡片，每张卡片上分别标有1，2，3，4四个数字之一.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，甲、乙各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较卡片上数字的大小，数字大者胜，然后各自舍弃此轮所选卡片舍弃的卡片在此后的轮次中不能使用则四轮比赛中，甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况共有__________种. 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. 记数列的前项和为，已知. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 如图所示，三棱锥中，，，且，，E，F分别为和的中点． （1）证明：上存在点P，使得平面； （2）当时，求二面角的正弦值． 17. 某用户在网约车平台发起订单后，平台按照就近原则依次派车：先派距离用户最近的第一辆车，若该车无法接单，则继续派第二辆车，以此类推，直至某网约车接单.假设该平台上每辆车接单的概率均为，且各辆车是否接单相互独立.记某网约车接单时平台为该用户派车的总次数为. （1）求的概率，并证明：对任意正整数s，t恒成立； （2）已知平台为该用户派出的第一辆车未接单，设平台还需为该用户继续派车的次数为.平台规定：若，则赠送该用户一张金额为3元的优惠券；否则，不赠送优惠券.求平台赠送该用户的优惠券金额的期望. 18. 已知曲线与点，O为原点，动点，且的最大值为． （1）求曲线E的方程； （2）已知有个点，，，…，按逆时针顺序依次在E上，且，． （ⅰ）当，关于y轴对称，且的面积为1时，求直线的斜率； （ⅱ）当的面积都相等时，记多边形的周长为．若对于，都有，求整数的最小值． 19. 已知函数． （1）当时，证明：恒成立； （2）当时，证明：当时，函数的图象与的图象无交点； （3）已知，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $