精品解析：河北省NT20名校联合体2025-2026学年高二下学期期末（新高三摸底测试）数学试题

新高三摸底测试 数学 考试说明：1.本试卷共150分.考试时间120分钟. 2.请将各题答案填在答题卡上. 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. 若复数为纯虚数，则为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】因为复数为纯虚数， 则解得， 所以. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【详解】. 因为，解得， 所以. 3. 已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且，，则数列的公比为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设等比数列的公比为.根据题意可得， 解得或.因为各项均为正数，所以. 4. 已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则的最小值是（ ） A. 4 B. 5 C. D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】由椭圆方程结构特点求得范围，再结合基本不等式即可求解. 【详解】根据题意可得，解得. 令， 则， 当且仅当，即时等号成立，故的最小值为5. 5. 某房地产开发商为了促销举行抽奖活动.若抽中一等奖，则抵扣房款1.5万元，若抽中二等奖，则抵扣房款5000元.已知每位顾客都有两次抽奖机会，且每次抽中一等奖和二等奖的概率分别为和，每次中奖情况相互独立.现有甲顾客参与该抽奖活动，抽奖获得的抵扣房款总金额为万元，则的期望是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定的可能取值，再由独立事件概率乘法公式求得相应概率，即可求解. 【详解】由题可知的所有可能取值为， 则，，， 所以. 6. 已知定义在上的奇函数满足，且当时，，则函数在上的零点个数为（ ） A. 3 B. 5 C. 9 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】先求出的相关性质，再根据的性质讨论并求出零点的个数. 【详解】由，得， 又是奇函数，所以， 用取代，则， 故的最小正周期为2. 因为， 所以，， 当时，，无零点. 又是奇函数，所以当时，也无零点， 在一个周期上的零点分别为-1，0，1， 根据周期规律，所以在上有9个零点， 分别为0，1，2，3，4，-1，-2，-3，-4. 故选：C 7. 已知向量（其中为坐标原点），把绕点逆时针旋转角得到向量.若向量的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件证明点在单位圆上，结合三角函数定义可得向量的坐标为，再由两角差余弦公式求结论. 【详解】由题意得，，所以点在单位圆上，则向量与轴正半轴的夹角为. 把绕点逆时针旋转角得到的向量的坐标为， 所以，， 所以. 8. 已知指数函数满足，若不等式对成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据为指数函数，且满足，求出.通过代入构造，将不等式，转化为，再构造函数，利用单调性求解. 【详解】设，由题意可得，，解得，则. 因为对恒成立，所以对恒成立. 不等式可变形为，即， 即对恒成立. 记，所以可写为. 因为，所以在上单调递增， 所以对恒成立，即对恒成立. 记，只需. 因为，故在上，，单调递增，在上，，单调递减， 所以，所以，解得， 故的取值范围为. 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. 在二项式的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 的系数是 B. 各项的系数和是 C. 第项二项式系数最大 D. 奇数项二项式系数和为 【答案】AC 【解析】 【分析】由二项式的通项公式可判断AC；直接用赋值法可判断B；由二项式系数的性质可判断D. 【详解】二项式的展开式通项， 对于A，令可得，故的系数是，故A正确； 对于B，令，则各项的系数和是，故B错误； 对于C，二项式展开式共项，故第项二项式系数最大，故C正确； 对于D，奇数项二项式系数和为，故D错误. 10. 已知数列的前项和为，且，，则（ ） A. B. C. 当为偶数时， D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据递推式，依次求即可；对于B，作差得，则数列、为等差数列，再求通项即可；对于CD，分奇偶项求和即可． 【详解】对于A，，，解得，，故A错误； 对于B，，， 所以，所以数列是以为首项，4为公差的等差数列， 数列是以为首项，4为公差的等差数列， 所以，，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D正确． 11. 如图，在棱长为的正方体中，，，分别是，，的中点，则下列命题正确的是（ ） A. 平面平面 B. 二面角的正切值为 C. 平面与平面间的距离为 D. 以为球心，为半径的球面与平面的交线落在内的长为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由条件结合线面平行判定定理证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面即可判断；对于B，根据二面角定义证明为二面角的平面角，再求其正切值即可判断；对于C，先证明平面，利用等体积法证明点到平面的距离为，点到平面的距离为，由此可求平面与平面间的距离；对于D，先证明交线为的内切圆，再结合球的截面性质求轨迹长度即可判断. 【详解】对于A，连接，，分别为，的中点，， 因为，，所以四边形为平行四边形，故， ，又平面，平面， 平面，同理可证，平面， ，，平面，平面平面，故A正确； 对于B，取的中点，连接，，因为，， 所以为二面角的平面角， 因为平面，平面，所以， 在中，，，所以，故B错误； 对于C，连接，因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理， 因为，平面，所以平面， 又平面平面，所以平面， 设点到平面的距离为，则， 又， 所以，故，又， 所以点到平面的距离为，同理点到平面的距离为， 所以平面与平面间的距离为，故C正确； 对于D，因为点到，，中点的距离都为， 所以线段，，中点为球面与平面的交点， 又线段，，中点不共线， 所以球面与平面的交线恰为过线段，，中点的圆，即的内切圆， 设其圆心为，半径为，则到平面的距离， 所以，周长为.故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线与直线垂直，则__________. 【答案】 【解析】 【详解】因为， 所以，解得. 13. 在中，内角，，所对的边分别是，，，且满足，，，则外接圆的面积为__________. 【答案】 【解析】 【详解】设外接圆的半径为， 因为，，所以， 又因为， 所以， 所以，所以外接圆的面积为. 14. 在平面直角坐标系中，，，，点满足，点的轨迹为曲线，直线，直线与曲线交于不同的两点，，且，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用定义法把点的轨迹方程求出来，再利用直线与圆的位置关系和向量转化，得到关于的不等式，求解即可. 【详解】设，因为 则，化简得 ，即， 所以曲线是以为圆心，2为半径的圆， 设的中点为，则， 因为， 所以①，又 即②，由①②得， 又，直线 与圆交于不同的两点，所以， 则，即. 因为，所以， 故实数的取值范围为. 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. 在中，内角，，所对的边分别是，，，已知，． （1）若，求的面积； （2）若的平分线交于，且，求边． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据边角互化得到边，的关系，利用余弦定理建立等式计算，的边长，代入面积公式计算面积； （2）根据角平分线将三角形分为两个三角形，根据面积比等于底之比得到，的边长，代入余弦定理即可求解． 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 所以，解得， 所以． 【小问2详解】 因为，， 所以，； 又因为， 由余弦定理可得， 即，解得． 16. 为了迎接高考，某校举行模拟考试.现随机抽取其中名考生的物理成绩进行统计（满分分），并将他们的成绩分成[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]五组，得到如图所示的频率分布直方图. （1）估计该校学生物理成绩的平均数和第百分位数；（同一组中的数据用该组区间的中间值为代表） （2）用分层随机抽样的方法在分数段内的学生中抽取一个容量为的样本，将该样本看成一个总体，从中任取人，求至多有人在分数段[90，100]内的概率. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图算出，再利用平均数的计算公式即可求解；先估算出第百分位数所在的组别，再根据所占比率即可计算得出结果； （2）根据两个区间的频率之比，算出每个区间应抽取的人数，再从中任取人，判断至多有人在分数段内的情况个数，由古典概型算出概率. 【小问1详解】 解：由题意得，， 所以该校学生物理成绩的平均数为（分）， 因为， ， 所以第80百分位数在分数段内， 故第80百分位数为. 【小问2详解】 由题意得，与矩形高的比为， 所以在分数段内应抽取（人），在分数段内应抽取（人）， 设从样本中任取人，至多有人在分数段内为事件，则. 17. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，，，，，，是棱上的点. （1）若点为的中点，求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值的取值范围. 【答案】（1）证明：如图，取的中点，连接，. 因为是棱的中点，所以且. 因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，则. 因为平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）平行四边形可得线线平行，由线面平行的判定定理得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求面面角的余弦，再换元后求范围即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 取的中点，连接，. 因为是边长为2的等边三角形，所以，，. 因为，，为的中点，所以且， 所以四边形为平行四边形，则，. 又，所以，所以. 又因为，所以平面. 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，. 设，其中， 则. 设平面的法向量，所以， 令，得. 设平面的法向量，所以， 令，得. 设平面与平面的夹角为，则 ，. 令，则. 令，当时，，当时，， 所以，所以，所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围为. 18. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）若，证明：当时，. 【答案】（1）当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减. （2）要证，即证，其中. 因为，所以. 令， 则，令，则. 令，则. 当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以， 故在上单调递增，故， 故函数在上单调递增，故， 故，即. 【解析】 【分析】（1）求导，分三种情况讨论求解； （2）将证明，转化为证明，其中.再根据，. 将问题转化为证明，通过构造函数，利用单调性判断. 【小问1详解】 的定义域为，. ①当时，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增. ②当时，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增. ③当时，，单调递增. 综上，当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 略 19. 已知双曲线的右焦点为，过点的直线与双曲线交于，两点，且的中点为. （1）求双曲线的方程； （2）过向双曲线作两条切线，切点分别为，. （i）证明：直线的方程为； （ii）设为双曲线的左焦点，证明：. 【答案】（1） （2）（i）显然直线的斜率存在，设直线的方程为，，. 联立得， 则，化简得. 因为方程有两个相等实根， 所以，，则， 所以，即， 故直线的方程为，同理可得直线的方程为. 又直线，均过点， 所以，，故直线的方程为，即. （ii）由题可得，则， ， . 不妨设点在第一象限，则，，所以，， 则， ， 故，故. 【解析】 【分析】（1）设两点坐标并代入双曲线方程，通过题目条件建立相关等式进行求解； （2）（i）设的直线方程和两点坐标，并联立双曲线方程，再运用切线的相关性质求出的直线方程的表达式，同理可得的直线方程的表达式，最后经过同一点求出的直线方程； （ii）先将形成的夹角余弦求出，比较两个余弦值的关系进行验证. 【小问1详解】 解：设，，则，， 两式作差可得，即. 又，，，所以. 又，所以，，所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新高三摸底测试 数学 考试说明：1.本试卷共150分.考试时间120分钟. 2.请将各题答案填在答题卡上. 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. 若复数为纯虚数，则为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 2. 已知向量，，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 3. 已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且，，则数列的公比为（ ） A. 2 B. C. D. 4. 已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则的最小值是（ ） A. 4 B. 5 C. D. 6 5. 某房地产开发商为了促销举行抽奖活动.若抽中一等奖，则抵扣房款1.5万元，若抽中二等奖，则抵扣房款5000元.已知每位顾客都有两次抽奖机会，且每次抽中一等奖和二等奖的概率分别为和，每次中奖情况相互独立.现有甲顾客参与该抽奖活动，抽奖获得的抵扣房款总金额为万元，则的期望是（ ） A. B. C. D. 6. 已知定义在上的奇函数满足，且当时，，则函数在上的零点个数为（ ） A. 3 B. 5 C. 9 D. 10 7. 已知向量（其中为坐标原点），把绕点逆时针旋转角得到向量.若向量的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知指数函数满足，若不等式对成立，则实数的取值范围为（ ） 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. 在二项式的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 的系数是 B. 各项的系数和是 C. 第项二项式系数最大 D. 奇数项二项式系数和为 10. 已知数列的前项和为，且，，则（ ） A. B. C. 当为偶数时， D. 11. 如图，在棱长为的正方体中，，，分别是，，的中点，则下列命题正确的是（ ） A. 平面平面 B. 二面角的正切值为 C. 平面与平面间的距离为 D. 以为球心，为半径的球面与平面的交线落在内的长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线与直线垂直，则__________. 13. 在中，内角，，所对的边分别是，，，且满足，，，则外接圆的面积为__________. 14. 在平面直角坐标系中，，，，点满足，点的轨迹为曲线，直线，直线与曲线交于不同的两点，，且，则实数的取值范围是__________. 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. 在中，内角，，所对的边分别是，，，已知，． （1）若，求的面积； （2）若的平分线交于，且，求边． 16. 为了迎接高考，某校举行模拟考试.现随机抽取其中名考生的物理成绩进行统计（满分分），并将他们的成绩分成[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]五组，得到如图所示的频率分布直方图. （1）估计该校学生物理成绩的平均数和第百分位数；（同一组中的数据用该组区间的中间值为代表） （2）用分层随机抽样的方法在分数段内的学生中抽取一个容量为的样本，将该样本看成一个总体，从中任取人，求至多有人在分数段[90，100]内的概率. 17. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，，，，，，是棱上的点. （1）若点为的中点，求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值的取值范围. 18. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）若，证明：当时，. 19. 已知双曲线的右焦点为，过点的直线与双曲线交于，两点，且的中点为. （1）求双曲线的方程； （2）过向双曲线作两条切线，切点分别为，. （i）证明：直线的方程为； （ii）设为双曲线的左焦点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $