精品解析：宁夏回族自治区吴忠市吴忠中学2025-2026学年第二学期期末考试高二数学试卷

吴忠市吴忠中学2025－2026学年第二学期期末考试 高二数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效. 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. 1. 复数（其中i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2. 满足条件Ü的集合M的个数为（ ） A. 10个 B. 9个 C. 8个 D. 7个 3. 在中，，，分别为内角，，的对边，面积为，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 4. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 的展开式中的系数为（ ） A. 2 B. －2 C. 4 D. －4 6. 已知圆，直线与圆相交于，两点，当取最小值时，的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数若函数有三个不同的零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若正数a，b，满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对得6分，选不全得3分，多选或选错一个得0分. 9. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若且，则 C. 的最大值为 D. 若在上的投影向量为，则向量与的夹角为 10. 下列说法正确的是（ ） A. 掷一枚质地均匀的骰子一次，事件“出现奇数点”，事件“出现点或点”，则和相互独立 B. 已知随机变量服从正态分布，且，则 C. 甲、乙、丙三人均准备在个旅游景点中任选一处去游玩，则在至少有个景点未被选择的条件下，恰有个景点未被选择的概率是 D. ， 11. 已知的导函数为，且，，则（ ） A. B. C. 在上单调递增 D. 三、填空题：本大题共3小题，单空题每空5分，共15分. 12. 设是周期为4的奇函数，当时，，则______． 13. 现将数列、立体几何、解析几何、导数、概率与统计这五道解答题排序，数列必须在第一道或者第二道位置，解析几何不能在第一道，则不同的题目排序方式有__________种． 14. 金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用．如图1所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点，，，处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置（点处），如图2所示，设，则到平面的距离为____________． 四、解答题：本大题共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. 在一次招聘中，应聘者要进行三项测试，至少通过两项测试即可被录用.已知甲､乙､丙三人通过每个项目测试的概率都是，且所有测试结果相互独立. （1）求甲没有被录用的概率； （2）设甲､乙､丙三人中被录用的人数为，求的分布列及期望和方差. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，为线段的中点，． （1）求证：平面； （2）若，点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 17. 已知数列的前n项和为，． （1）求数列的通项公式； （2）数列满足求数列的前2n项和． 18. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）当时，求函数的极值； （3）若，对任意两个不相等的正数，，都有恒成立，求实数的取值范围． 19. 已知双曲线，、分别是其左、右焦点，直线l与双曲线C的右支交于A、B两点． （1）求双曲线C的渐近线方程； （2）若M是双曲线上在第一象限的点，，求的面积； （3）已知直线l过点，P是双曲线C上一点且位于第一象限，且满足的点Q在线段上，若，求点P的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吴忠市吴忠中学2025－2026学年第二学期期末考试 高二数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效. 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. 1. 复数（其中i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，即的幂次具有周期性，周期为4， 所以. 所以.  2. 满足条件Ü的集合M的个数为（ ） A. 10个 B. 9个 C. 8个 D. 7个 【答案】D 【解析】 【详解】由题意得，集合中的元素可能为2，3，4个 当集合中含有两个元素时，可为； 当集合中含有三个元素时，可为； 当集合中含有四个元素时，可为； 综上所述满足条件的集合的个数为7个． 3. 在中，，，分别为内角，，的对边，面积为，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由代入，结合余弦定理即可求解． 【详解】由可得， 由余弦定理， 则． 4. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数函数及对数函数的单调性比较大小即可. 【详解】指数函数为增函数，且，所以，即. 对数函数在定义域内为减函数，且，所以，即. 因为，所以. 综上，. 5. 的展开式中的系数为（ ） A. 2 B. －2 C. 4 D. －4 【答案】A 【解析】 【分析】利用乘法分配律和二项式展开式的通项公式求得正确答案. 【详解】由二项式定理可知：的展开式中含的项为： ，所以的系数为2. 6. 已知圆，直线与圆相交于，两点，当取最小值时，的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定的直线方程求出定点坐标，再确定定点与圆的位置关系，求出过定点的圆的直径斜率即可得解. 【详解】直线，由，得， 显然无论取什么实数，直线都过点， 将化为标准形式， 因为，所以点在圆内， 而圆的圆心，由圆的性质知，当时，弦AB的长取最小值， 又直线的斜率，所以. 7. 已知函数若函数有三个不同的零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】 解法1：令得．由题意可知函数的图象与直线有三个交点，由图可知． 解法2：当时，． 令，得或， 解得或，不满足题意，因此排除B、D选项． 当时，， 令，得或， 解得或，不满足题意，因此排除C选项，故选A． 8. 已知函数，若正数a，b，满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可知，进而得到，则，再由基本不等式求解即可． 【详解】， 关于点对称，又， 在和单调递减，且时，时，， 又，， ， 又（当且仅当时取等）， 则. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对得6分，选不全得3分，多选或选错一个得0分. 9. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若且，则 C. 的最大值为 D. 若在上的投影向量为，则向量与的夹角为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用向量垂直的坐标表示化简即可判断；对于B，利用向量平行的坐标表示化简即可判断；对于C，利用代入向量的数量积计算即可求解；对于D，利用投影向量公式化简即可求解. 【详解】已知，，，. 选项A：若，则，得，A正确. 选项B：若，则，得，又 ，所以 ，B正确. 选项C：，最大值为，C错误. 选项D：在上的投影向量为，得，，，D正确. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 掷一枚质地均匀的骰子一次，事件“出现奇数点”，事件“出现点或点”，则和相互独立 B. 已知随机变量服从正态分布，且，则 C. 甲、乙、丙三人均准备在个旅游景点中任选一处去游玩，则在至少有个景点未被选择的条件下，恰有个景点未被选择的概率是 D. ， 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据事件独立的概念即可判断A；根据正态分布的性质即可判断B；根据条件概率的计算公式即可判断C；根据随机变量期望与方差的性质即可判断D. 【详解】对于A，掷一枚质地均匀的骰子一次，则，， 而表示“出现点”，所以，则， 故事件和相互独立，故A正确； 对于B，因为随机变量服从正态分布，所以正态曲线的对称轴是直线． 因为，所以， 所以，故B正确； 对于C，设事件为至少有个景点未被选择，事件为恰有个景点未被选择， 则，，所以，故C正确； 对于D，，，故D错误． 11. 已知的导函数为，且，，则（ ） A. B. C. 在上单调递增 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题可得(为常数)，构造，可得，结合导数依次判断选项即可. 【详解】由，可得， 即(为常数)， 设，则， 由于，所以，则， 解得：，所以， 所以， 则，所以，故A正确； 对于B，， 即，故B错误； 对于C，令，所以，即在上单调递增，故C正确； 对于D，令， 所以， 令，解得：，所以在上单调递增， 令，解得：，所以在上单调递减， 则，即， 所以成立，故D正确. 三、填空题：本大题共3小题，单空题每空5分，共15分. 12. 设是周期为4的奇函数，当时，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性及周期性求解即可. 【详解】因为是周期为4的奇函数，所以， 又当时，，所以. 所以. 13. 现将数列、立体几何、解析几何、导数、概率与统计这五道解答题排序，数列必须在第一道或者第二道位置，解析几何不能在第一道，则不同的题目排序方式有__________种． 【答案】42 【解析】 【详解】数列在第一道位置时，解析几何没有要求，则有种； 数列在第二道位置时，解析几何不能在第一道， 则解析几何排在第3，4，5道的位置，则有种； 综上，共有种. 14. 金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用．如图1所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点，，，处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置（点处），如图2所示，设，则到平面的距离为____________． 【答案】 【解析】 【分析】求出正四面体的体积，结合点到各平面的距离相等，从而根据体积得到方程，求出答案 【详解】取的中点，连接，过点作⊥于点， 则⊥平面，其中， ，则， 故，由勾股定理得， 故， 显然，点到平面，平面，平面和平面的距离均相等，设为， 其中， 故， 故. 四、解答题：本大题共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. 在一次招聘中，应聘者要进行三项测试，至少通过两项测试即可被录用.已知甲､乙､丙三人通过每个项目测试的概率都是，且所有测试结果相互独立. （1）求甲没有被录用的概率； （2）设甲､乙､丙三人中被录用的人数为，求的分布列及期望和方差. 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 1 2 3 期望，方差 【解析】 【分析】（1）先求出甲被录用的概率，再利用对立事件即可求解； （2）首先说明服从二项分布，进而可得分布列，期望、方差. 【小问1详解】 设“甲被录用”为事件， 则， 所以甲没有被录用的概率为. 【小问2详解】 由（1），三人被录用与否相互独立，且概率相同，均为， 所以， 的可能取值为， ， . 所以的分布列为： 0 1 2 3 期望为，. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，为线段的中点，． （1）求证：平面； （2）若，点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【答案】（1）作线段中点，因为线段中点，则 且， 又且， 与平行且相等，四边形为平行四边形． ． 平面，平面， 平面． （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行判定定理证明； （2）利用向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 作线段中点，记为． 由题意，垂直平分，且． 又，∴四边形为矩形，． 平面，且． 则可分别以、、所在直线为轴建立空间直角坐标系． 则，可得， 设，可得，， 设平面的法向量为， 因，， 则由，令，则， 设直线与平面所成角为， 可得． 解得或（舍） 所以． 17. 已知数列的前n项和为，． （1）求数列的通项公式； （2）数列满足求数列的前2n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据的关系及等比数列的定义求解； （2）数列的奇数项及偶数项分别求和即可得解. 【小问1详解】 当时 ∴当时， 又 是等比数列， 【小问2详解】 奇数项共n项，是首项为2，公比为9的等比数列 ， 偶数项共n项，是首项为5，公差为6的等差数列， ， . 18. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）当时，求函数的极值； （3）若，对任意两个不相等的正数，，都有恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）或 （2）极大值为，极小值为 （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数求出切点斜率后利用点斜式方程即可求出切线方程； （2）把代入方程后利用导数求出极值即可； （3）利用导数可求得单调性，从而将恒成立的不等式转化为单调递减，进而得到恒成立，采用分离变量法可求得结果． 【小问1详解】 函数的定义域为，， 当时，，， ，切线斜率， 故切线方程为或. 【小问2详解】 当时，，， 令，得或， 时，，单调递增； 时，，单调递减； 时，，单调递增， 故函数的极大值为，极小值为. 【小问3详解】 的定义域为， 因，则，则在上单调递增， 设，则， 则由得：， 令，则有，故在上单调递减， 故在上恒成立，即， 设，则， 当时，；当时，； 即在上单调递增，在上单调递减，故， ，即实数的取值范围为． 19. 已知双曲线，、分别是其左、右焦点，直线l与双曲线C的右支交于A、B两点． （1）求双曲线C的渐近线方程； （2）若M是双曲线上在第一象限的点，，求的面积； （3）已知直线l过点，P是双曲线C上一点且位于第一象限，且满足的点Q在线段上，若，求点P的坐标． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据双曲线的方程即可求得渐近线方程； （2）设，根据可得，结合即可求得，利用三角形面积公式即可求解； （3）分斜率存在与不存在两种情况讨论，斜率存在时表示出直线方程，联立双曲线方程，写出韦达定理，结合题意建立方程，可得答案. 【小问1详解】 对于双曲线，， 故双曲线C的渐近线方程为，即； 【小问2详解】 设，由题意可知， 则， 由，得， 即， 又M在双曲线上，故，则， 结合，得，则， 由于，故， 又，故的面积. 【小问3详解】 设，由知 若直线斜率不存在，则，此时，不符合题意，舍去； 设直线方程为：， 与双曲线联立化简得， 显然成立，设交点， 由韦达定理： 由得， 从而，即，即， 将韦达定理代入 化简得（※）， 因为，即， 由已知在双曲线上，得， 从而得代入（※）式， 得， 化简得，即， 解得，结合，解得， 则点的坐标为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $