福建省漳州市第三中学2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题

**基本信息** 以幻彩摩天轮情境、立体几何探究等真实问题为载体，覆盖高二数学核心知识，通过梯度设计考查数学抽象、逻辑推理与模型意识，适配期末综合能力评估需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|向量运算、集合运算、复数几何意义|基础概念与符号意识结合，如向量重心性质应用| |多选|3/18|三角函数对称性、基本不等式、函数建模|如摩天轮高度函数分析，体现数据观念与应用意识| |填空|3/15|复数模、函数最值、向量最小值|开放型复数题考查创新思维，向量最值强化空间观念| |解答|5/77|立体几何证明与探究、解三角形、函数导数|立体几何三问（证明/求夹角/存在性）层层递进，函数导数证明体现逻辑推理，符合高考命题趋势|

漳州三中2025-2026学年下学期期末考试高二数学试卷 时间：120分钟，满分：150分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自已的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上， 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回， 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.已知向量a=(1,2),b=(1,-2),则a.b=() A.-3 B.0 C.1 D.5 A.0 B.{-1} C.{-1,0,1} { D 3.已知点M是△ABC的重心，若BM=AB+AC,则元+2=() A.-1 C.0 D.1 4.在复平面内，O是原点，OA,OC,AB表示的复数分别为-2+i,3+2i,1+5i,则BC表示 的复数为() A.2+81 B.4-4i C.-6-6i D.-4+4i 5.己知ax∈ ，则cos A.10 B.、1o C.30 10 10 10 D.-30 10 6.已知f(x)=sm(2x+p),把fx)的图象向右平移严个单位得到8c)的图象，则 6 “p=-亚+2m(k∈Z)是“g(x)为偶函数的() 6 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 7已知函数f)-Atm(ex+)4>00>0,0<外习到，y=jy)的部 分图象如图所示，则f 8 3π A.2+V3 B.5 c.3 D.2-√5 3 已知函数f(x)=sin(ox+p)-2其中w>0,若对于任意实数知，函数f)在区间0,7 1 8. 上至 少有两个零点，至多有5个零点，则⊙的取值范围是() A.45) B 「428 c.33 D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.已知角x和B的终边关于x轴对称，则() A.sina=sin B B.tan a=-tanB csn经+aD.aw-o的=wsB 10.已知正实数x,y满足：x+2y=1,下列说法正确的是() A.0<y<2 1 11 B.xy≤ C. 二+二≥4+2W2 8 x v D.4号 11.幻彩摩天轮轮体直径为83m,最高点离地108m.轮体上均匀设置了依次标号为1~36号的36个 座舱，开启后按照逆时针方向匀速旋转，每20min转一周.已知在时刻t(nin)(0≤t≤20)时1号舱 P距离地面的高度h(t)=Asin(at+p)+b(其中A>0,o>0,p<π)，且t=0时，P位于最 低位置.且摩天轮开始启动时，1号舱P,10号舱Q,13号舱R位置如图所示，运行过程中其 离地面高度分别记为h,hg,h,则() Aa0-g可品-引os1s刘 R(13号) Q10号) B。摩天轮运行一周的过程中，h-4L 836-v2) P(1号) 地面 m 4 C.不存在t∈[0,5]使得h,-hg=h-hg D.摩天轮运行一周的过程中，h。-。=h-e的情形共出现3次 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.设复数3,22满足22≠0，且31·=2，则3=·（写出一个满足条件的31) B五数y的数大值为 14.已知ā，6是非零向量，e是单位向量，且位)=石，5-3对刘=1，则a-6的最小值是一 四、解答题 15.在四边形ABCD中，AB/CD,AD=BD=CD=1. 0若4B号求sC: (2)若AB=2BC,求coS∠BDC. 16.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,C,已知向量m=(siA,sinB),n=(cosB,cosA, 且m.n=sin2C. (1)求角C的大小： (2)设△ABC的面积为V3,AB边上的中线CD长为2，求C的长. 17.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AB∥CD,且CD=2,PA=AB=BC=1,AB⊥BC. D∠ (I)求证：AD⊥PC; (2)求平面PCD与平面PAB的夹角： (3)在线段PB上是否存在一点M,使得直线PC与平面ADM垂直，如果垂直，求此时点M到平面 PCD的距离，如果不垂直，说明理由， 18.如图，△4BC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,点E满足A正=4AB,点D满足 CD=1CB,CB与AD交于0. B D (四求4 D的值： ②若△MC是锐角三角形，A于b=2,求AD的取值范国： ③)若A0=号oC,△4BC的面积为11，求a的最小值. l9.已知f(x)=xnx+asin(x-1),aeR (1)当a=0时，证明：f(x)≤x(x-); (2)设8(x)=f(x+1),若对任意的x∈(0，)，8(x)>0恒成立，求a的取值范围： )证明：对任意的正整数n,总有inl+n++”sn<n+. 3"2n+1n漳州三中2025-2026学年高二期末考试数学 答题卡 学校： 准考证号 班级： [] [0] [0] [0] [1] [1] [1] 姓名： [2] 108000 [2] [2] [3] ] [4 座号： 周 [ [6] [7] 正确填涂 ■ 缺考标记▣ [8] [9] [9] [9] [9] .选择题(40分) 1[A][B][C][D]4[A][B][c][D] 7[A][B][C][D] 2[A][B][C][D]5[A][B][c][D] 8[A][B][c][D] 3[A][B][C][D]6[AJ][B][c][D] ■ ■ ■■■ 二选择题(18分) ■ 9[A][B][c[D] 10[A][B][c][D] ■ 11[A][B][C][D] ■■■■■ 三填空题15分) 12 13 ▣▣ ID:4153682 四解答题（77分) 15(本题13分) 第1页共2页 ■ 16(本题15分) ■ 17(本题15分) B D 回▣ ▣ ID:4153682 ■。■ 请使用2B铅笔填涂选择题答案等选项及考号 18(本题17分) 第2页共2页 ■ 19(本题17分) ■ 漳州三中2025-2026学年下学期期末考试高二数学试卷 时间：120分钟，满分：150分 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知向量，，则 （     ） A． B．0 C．1 D．5 2. 已知集合，则（   ） A． B． C． D． 3. 已知点是的重心，若，则（    ） A． B． C．0 D．1 4. 在复平面内，O是原点，，，表示的复数分别为，，，则表示的复数为（   ） A． B． C． D． 5. 已知，，则（   ） A． B． C． D． 6. 已知，把的图象向右平移个单位得到的图象，则“”是“为偶函数”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 7. 已知函数，的部分图象如图所示，则（   ） A． B． C． D． 8. 已知函数，其中，若对于任意实数，函数在区间上至少有两个零点，至多有5个零点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知角和的终边关于x轴对称，则（    ） A． B． C． D． 10. 已知正实数满足：，下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 11. 幻彩摩天轮轮体直径为，最高点离地．轮体上均匀设置了依次标号为号的个座舱，开启后按照逆时针方向匀速旋转，每转一周.已知在时刻时号舱距离地面的高度（其中，，），且时，位于最低位置．且摩天轮开始启动时，号舱，号舱，号舱位置如图所示，运行过程中其离地面高度分别记为，，，则（   ） A． B．摩天轮运行一周的过程中， C．不存在使得 D．摩天轮运行一周的过程中，的情形共出现次 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设复数，满足，且，则=________．（写出一个满足条件的） 13. 函数的最大值为________． 14. 已知，是非零向量，是单位向量，且，，则的最小值是_____. 四、解答题 15. 在四边形中，，. (1) 若，求； (2) 若，求. 16. 在中，角，，的对边分别为，，，已知向量，，且． (1) 求角的大小； (2) 设的面积为，边上的中线长为2，求的长． 17. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD＝2，PA＝AB＝BC＝1，AB⊥BC． (1) 求证：AD⊥PC； (2) 求平面PCD与平面PAB的夹角； (3) 在线段PB上是否存在一点M，使得直线PC与平面ADM垂直，如果垂直，求此时点M到平面PCD的距离，如果不垂直，说明理由． 18. 如图，的内角，，的对边分别为，，，点满足，点满足，与交于． (1) 求的值； (2) 若是锐角三角形，，，求的取值范围； (3) 若，的面积为11，求的最小值． 19. 已知， (1) 当时，证明：； (2) 设，若对任意的，恒成立，求的取值范围； (3) 证明：对任意的正整数，总有． 学科网（北京）股份有限公司 $ 一、单选题 1．已知向量，，则 （     ） A． B．0 C．1 D．5 【答案】A 【详解】． 2．已知集合，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由，得（）， 化简得（）. 即. 在集合的元素中，属于整数的元素为， 因此. 3．已知点是的重心，若，则（    ） A．-1 B． C．0 D．1 【答案】C 【分析】根据向量的线性运算计算即可. 【详解】 设是的中点，则. 所以. 因为，所以， 因此. 4．在复平面内，O是原点，，，表示的复数分别为，，，则表示的复数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由向量的加法、减法运算和复数的加减运算即可求解. 【详解】， 故选：B 5．已知，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件及诱导公式，结合二倍角的余弦公式，可得，根据的范围，分析即可得答案. 【详解】由题意， 又，所以， 由，得， 所以. 6．已知，把的图象向右平移个单位得到的图象，则“”是“为偶函数”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】应用三角函数平移及奇偶性结合充分必要条件定义判断. 【详解】把的图象向右平移个单位得到， 当为偶函数，则，即得，不能得出， 当时，则为偶函数， 所以“”是“为偶函数”的充分不必要条件. 7．已知函数，的部分图象如图所示，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由图可知，，所以，由. 图象过点，所以， 所以，. 又因为，所以，. 图象过点，所以. 所以. 所以. 8．已知函数，其中，若对于任意实数，函数在区间上至少有两个零点，至多有5个零点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令，得的表达式，根据x的范围，可得的范围，根据零点个数，结合正弦函数的图象与性质，分析求解，即可得答案. 【详解】令，得，则，或， 由，得，区间长度为， 由在区间上至少有两个零点， 得区间长度至少为，即，解得， 由至多有5个零点，得区间长度，解得， 所以的取值范围是. 二、多选题 9．已知角和的终边关于x轴对称，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据题意，由条件可得，然后结合诱导公式逐一判断，即可得到结果. 【详解】因为角和的终边关于x轴对称，可得，． 对于A，由，A错误； 对于B，由，B正确； 对于C，由，C正确； 对于D，由，D错误． 故选：AC． 10．已知正实数满足：，下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AB 【详解】对于A选项， 因为，是正实数，所以，则， 又因为，所以， 故A选项正确. 对于B选项，根据基本不等式，， 已知，代入得， 两边平方得，即。 等号成立当且仅当，结合，解得，， 故B选项正确. 对于C选项，， 则因为均为正实数，所以由基本不等式得， 所以， 故C选项错误. 对于选项D， 由选项B知，所以， 因此， 即， 故D选项错误. 11．幻彩摩天轮位于中山市西区兴中广场段．该摩天轮轮体直径为，最高点离地．轮体上均匀设置了依次标号为号的个座舱，开启后按照逆时针方向匀速旋转，每转一周.已知在时刻时号舱距离地面的高度（其中，，），且时，位于最低位置．且摩天轮开始启动时，号舱，号舱，号舱位置如图所示，运行过程中其离地面高度分别记为，，，则（   ） A． B．摩天轮运行一周的过程中， C．不存在使得 D．摩天轮运行一周的过程中，的情形共出现次 【答案】ABC 【分析】根据条件，直接求出，即可求出解析式，再根据与的角度差得到与的高度差的关系式，即可得到高度差的最大值，最后根据方程等价于或，分类讨论即可. 【详解】对于A，根据题意，得摩天轮轮体的半径为米， 因此摩天轮轮体的圆心离地米，周期，则， 当时，位于最低位置，即， 代入得， 结合，得，因此，故A正确； 对于B，个座舱均匀分布，则相邻座舱间的圆心角差为， 则座舱和座舱的圆心角差为， 则有两舱的高度差为， 其中表示在任意时刻相对于水平面的相位角（或称旋转角）， 利用和差化积公式展开得， 当，高度差取最大值， 则最大值为，故B正确； 对于C，方程等价于或， 考虑：即， 化简得， 当时，，因此当时，， 因此，与矛盾，因此不存在使得， 考虑：即， 其中和分别表示在任意时刻相对于水平面的相位角（或称旋转角）， 由于，代入得，解得或，的初始角度为， 因此当时，，则无解， 因此不存在使得， 即不存在使得，故C正确； 对于D，方程等价于或， 考虑：即， 化简得， 而在时，，则有个解， 考虑：即，由于， 代入得，解得或，的初始角度为， 因此当时，，则有个解， 因此在摩天轮运行一周的过程中，的情形共出现次，故D错误. 三、填空题 12.设复数，满足，且，则=________．（写出一个满足条件的） 13．函数的最大值为________． 【答案】 【分析】结合辅助角公式计算即可得. 【详解】由，则，即， 即，则，即， 解得，故函数的最大值为. 14．已知，是非零向量，是单位向量，且，，则的最小值是_____. 【答案】 【分析】将向量夹角和模长条件分别转化为射线和圆，将向量差的最小值问题转换为几何上的点到曲线距离问题，利用点到直线的距离公式求出圆心到射线的距离，结合圆上点到直线的距离规律，通过比较半径得到最终的最小值. 【详解】设，由，可知的终点在从原点出发、与轴夹角为的射线上， 该射线为（），即， 对于，由得： 即的终点在以为圆心、半径的圆上， 表示射线上的点与圆上的点的距离， 问题转化为：求圆上的点到射线的最小距离， 令射线的方程：， 圆心到该直线的距离为： 代入验算，垂足坐标为，满足且在射线上，因此可用该距离公式， 由对称性可知当射线的方程为时，结果一样， 因为圆心到射线的距离大于圆的半径， 圆上点到射线的最小距离为 故答案为： 四、解答题 15．在四边形中，，. (1)若，求； (2)若，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由余弦定理求出，再由，在三角形BCD中，由余弦定理即可得出答案； （2）设，三角形ABD和三角形BCD中，由余弦定理可得，解方程即可得出答案. 【详解】（1）在三角形ABD中，根据余弦定理可得，， 由题得：，所以， 在三角形BCD中，根据余弦定理可得， ， 所以，. （2）设，在三角形ABD中，根据余弦定理可得， ， 在三角形BCD中，根据余弦定理可得，， 所以，得：或（舍）， 则. 16．在中，角，，的对边分别为，，，已知向量，，且． (1)求角的大小； (2)设的面积为，边上的中线长为2，求的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据向量的数量积，结合三角函数性质求解即可. （2）根据正弦定理、辅助角公式及正弦函数性质求解即可. （3）根据三角形面积公式得到，根据为中点得到，结合向量数量积的运算律得到，代入余弦公式求解即可. 【详解】（1）由题意， 又，所以． 又，所以或，所以. （2）由题意知，，所以． 因为为中点，所以， 两边平方得：， 代入并整理：， 由余弦定理：， 所以． 17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD＝2，PA＝AB＝BC＝1，AB⊥BC． (1)求证：AD⊥PC； (2)求平面PCD与平面PAB的夹角； (3)在线段PB上是否存在一点M，使得直线PC与平面ADM垂直，如果垂直，求此时点M到平面PCD的距离，如果不垂直，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)； (3)存在， 【详解】（1）取为中点，则，，. 故四边形为矩形，则. 以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，. ，. 则，故，即. （2）由题意可知，平面的一个法向量. 因为，. 设平面的一个法向量为. 则 令，得. . 由题意可得，平面与平面所成二面角的平面角为锐角. 所以平面与平面所成角为. （3）存在，理由如下： 设，则. 所以. 由平面，可得，则. 所以，. 则到平面的距离. 18．如图，的内角，，的对边分别为，，，点满足，点满足，与交于． (1)求的值； (2)若是锐角三角形，，，求的取值范围； (3)若，的面积为11，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3)6． 【分析】（1）设，结合已知条件和向量共线定理即可求解； （2）由（1）知，两边同时平方得，再利用正弦定理得，求出，即可得到的范围，进而可以求出； （3）设，先在中，利用余弦定理得，再利用的面积为11，得到，最后通过同角三角函数的公式列出，即可求出. 【详解】（1）设， 由题意，， 所以， 因为，，三点共线，所以，解得， 所以． （2）由（1）知，因为，， 所以， 由正弦定理得，所以， 因为是锐角三角形，解得， 所以，所以， 所以， 所以，即的取值范围为． （3）由（1）可知，则，又，所以， 设，则， 在中，由余弦定理得， 因为的面积为11，则， 又，则， 因为，所以，整理得， 将其看作关于的一元二次方程，则， 解得，故的最小值为6． 19.已知， (1) 当时，证明：； (2) 设，若对任意的，恒成立，求的取值范围； (3) 证明：对任意的正整数，总有． 19【解】（1），，则，定义域为 令,则 1分 当时，单调递增；当时，单调递减 3分 所以，所以当时，所以 4分 （2） 设，若对任意的，恒成立，即 恒成立. 又， 设，则，且有， 5分 （i）当，时，显然中，则恒成立； 6分 （ii）当，时，，则单调递增， 在单调递增，所以恒成立． 8分 （iii）当，时，，则单调递增， 又则必然存在一个，使得， 且有时，单调递减． 此时，不满足恒成立条件 11分 综上所述， 12分 (3)由（2）中结论， 有当时，，对任意的恒成立， 取可得，，对任意的恒成立， 即，变形可得 14分 分别令，，...，，可得， ，……， 累加可得，证毕． 17分 学科网（北京）股份有限公司 $