精品解析：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

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． 一、单选题 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. -1 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、多选题 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 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________． 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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． 一、单选题 1. 已知向量，，则 （ ） A. B. 0 C. 1 D. 5 【答案】A 【解析】 【详解】． 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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 【解析】 【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） 【答案】（答案不唯一，满足即可） 【解析】 【分析】利用复数模的运算性质化简已知等式，得出的模为，任取一个模为的复数即可． 【详解】因为，且，所以， 只要的模为即可，，都可． 13. 函数的最大值为________． 【答案】## 【解析】 【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】## 【解析】 【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） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求出，再由，在中，由余弦定理即可得出答案； （2）设，和中，由余弦定理可得，解方程即可得出答案． 【小问1详解】 在中，根据余弦定理可得， 因为，所以，所以， 在中，，根据余弦定理可得， 所以； 【小问2详解】 设，在中，根据余弦定理可得 ， 由，得，所以， 在中，，根据余弦定理可得， 所以，解得或（舍去）， 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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 由题意， 又，所以． 又，所以或，所以. 【小问2详解】 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， 【解析】 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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． 【解析】 【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. 【小问1详解】 设， 由题意，， 所以， 因为，，三点共线，所以，解得， 所以． 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 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. 【答案】（1）证明如下： ，，则，定义域为 令，则. 令，得；令，得. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以，所以当时. 所以得证. （2） （3）证明如下： 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. 即对任意的，，变形可得， 分别令，，..，，可得，，……， 累加可得，证毕. 【解析】 【分析】（1）由已知，当时，，构造函数，利用导数可得恒成立，从而证得； （2）讨论的取值，分析的单调性，及在上的取值情况，可得对任意的，恒成立时的取值范围； （3）由（2）的结论，得，根据对数的运算性质，可证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设. 若对任意的，恒成立，则恒成立. 又， 设，则，且有， （i）当，时，显然中，则恒成立； （ii）当，时，，则单调递增，. 所以在单调递增，所以，所以恒成立； （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；时,，单调递增. 此时，不满足恒成立. 综上所述，的取值范围是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $