精品解析：湖南湘潭市第一中学2025-2026学年下学期高二期末质量检测数学试题

2026年上学期高二期末质量检测 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. ★祝考试顺利★ 考生注意： 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规定的位置上. 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在试题卷上的作答一律无效. 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. 已知为等比数列，，，则　　 A. 7 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由等比数列的性质，，结合已知可求，，然后结合等比数列的性质即可求解. 【详解】为等比数列，，， 由等比数列的性质，， 或， 当时，， 则， 当时，， 则， 故选：C． 【点睛】本题考查等比数列的性质及通项公式的应用，考查分类讨论思想和方程思想，属于基础题． 2. 已知，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先判断正余弦符号，利用同角三角关系的关系求得正余弦，再利用两角和与差的正弦公式计算即可. 【详解】，故， 由，解得， 故. 故选：B. 3. 已知、分别表示随机事件A、B发生的概率，那么是下列哪个事件的概率（ ） A. 事件A、B同时发生 B. 事件A、B至少有一个发生 C. 事件A、B都不发生 D. 事件A、B至多有一个发生 【答案】D 【解析】 【分析】根据对立事件的概念，即可判断. 【详解】表示随机事件、同时发生，所以就是事件、至多有一个发生. 故选：D 4. 已知正实数，满足，则能使得不等式恒成立的整数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过解出，进而通过基本不等式求出的最大值，再求出的最大值，最后求出m的范围，进而得到m的最小整数值. 【详解】正实数，满足，. ，即，当且仅当时取等号. 所以，所以 能使得不等式恒成立的整数的最小值为. 故选：B. 5. 已知球的半径与圆锥的底面半径相等，且它们的表面积相等，则圆锥与球的体积之比是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合圆锥和球的表面积公式和体积公式，准确计算，即可求解. 【详解】设圆锥的底面圆的半径为，高为， 则圆锥的母线长为，球的半径为， 因为圆锥与球的表面积相等， 所以，解得， 所以圆锥和球的体积比为. 故选：A. 6. 点，，直线与线段有交点，则的值不可能是（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出直线恒过的定点的坐标，再求出的斜率，的斜率不存在，可得直线的斜率的范围，进而求出的范围． 【详解】直线整理可得， 联立，解得，， 即直线恒过定点， 可得，因为，的横坐标相同，所以直线斜率不存在， 所以直线与线段有交点，则直线的斜率， 而直线的斜率，解得． 所以选项D符合题意. 7. 复平面上两点对应的复数分别是，向量对应的复数为，则（ ） A. 17 B. C. 13 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的几何意义求出坐标即可得出复数，进而求出模. 【详解】由题意可得，，则， 所以，得． 故选：D 8. 在数列中，若存在非零整数T，使得对于任意的正整数m均成立，那么称数列为周期数列，其中T叫做数列的周期，若数列满足，若，，当数列的周期最小时，该数列的前项的和为（ ） A. 674 B. 675 C. 1347 D. 1349 【答案】D 【解析】 【分析】依次取，与，根据题意得到关于的等式，从而排除，的可能，推得成立，进而求得数列的周期最小时，每个周期内各项之和，由此得解. 【详解】因为，，，所以， 因为数列是周期数列，而， 当时，可得，则，即，不满足题意； 当时，则，即，解得或（舍去）， 则，，不满足题意； 当时，则，即，则或， 当时，，即，解得（舍去）； 当时，，此时，即； 又，即，则或， 当时，，此时，即； 当时，，即，解得（舍去）； 所以且，故， 此时，，，，，，，，满足题意； 所以数列的周期最小值为， 此时；；， 故此时该数列的前项和是． 故选：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. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 的一个零点为 D. 在上单调递减 【答案】ABC 【解析】 【分析】由辅助角公式化简，根据最小正周期即可判断；由余弦函数的性质即可判断B和C；利用整体法求解函数的单调递减区间即可判断D. 【详解】， 对于A，的最小正周期为，所以A正确； 对于B，由得， 所以当时，， 故的图象关于直线对称，所以B正确； 对于C，， 代入，可得，所以C正确； 对于D，因为， 所以， 所以函数的单调递减区间为， 当时，， 故不在上单调递减，所以D错误. 故选：ABC. 10. 设，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的系数为 C. 偶数次系数和为64 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式，结合赋值法与求导计算，依次判断各个选项即可. 【详解】对于A，展开式中的系数，故A不正确； 对于B，从等式右边看，的系数即，故B正确； 对于C：令，得； 令，得， 将两式相加，得，即偶数次系数和为，故C错误； 对于D： 因 所以 令，得，故D正确． 11. 如图，在长方体中，，M，N分别为棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. M，N，A，B四点共面 B. 直线与平面相交 C. 直线和所成的角为 D. 平面和平面的夹角的正切值为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】A：连接，根据、、与面位置关系即可判断；B：为中点，连接，易得，根据它们与面的位置关系即可判断；C：若分别是中点，连接，易知直线和所成的角为，再证明△为等边三角形即可得大小；D：若分别是中点，求面和面的夹角即可，根据面面角的定义找到其平面角即可. 【详解】A：连接，如下图面，而面，面， 所以M，N，A，B四点不共面，错误； B：若为中点，连接，N为棱的中点， 由长方体性质知：，显然面， 若面，而面，显然有矛盾， 所以直线与平面相交，正确； C：若分别是中点，连接， 由长方体性质易知：， 而，故，即直线和所成的角为， 由题设，易知，即△为等边三角形， 所以为，正确； D：若分别是中点，显然，易知共面， 所以平面和平面的夹角，即为面和面的夹角， 而面面，长方体中，， 如下图，为和面夹角的平面角，，正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数函数的值域为__________，若且互不相等，则的范围为__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用分段函数的性质，分和求解；作出函数的图象，由图象得到求解. 【详解】解：当时， ， 当 时， ，所以 ， 作出函数的图象，如图所示： 由图象知：， 所以， 故答案为：， 13. 已知为双曲线：的左焦点，，为右支上的两点.若，点在直线上，则的周长为______. 【答案】36 【解析】 【分析】利用双曲线的定义先求出的值，由此即可求出的周长. 【详解】由已知，，则，所以是双曲线的右焦点，，，则 ， 所以， 所以的周长为. 故答案为：. 14. 一质点在数轴上每次只能向左或向右跳动1个单位，且第1次向左跳动.若本次向左跳动，则后一次向左跳动的概率为；若本次向右跳动，则后一次向左跳动的概率为.记第次质点向左跳动的概率为，则______；记前次跳动中，质点累计向左跳动次，则______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】易得，，再利用全概率可得，计算即可求解；进而利用全概率公式得到，构造等比数列求出表达式,再利用和事件的期望性质计算即得. 【详解】由题意，得，，； 依题意，可得， 设，展开并对照上式，可得，解得， 即，故数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 所以. 设第次质点向左跳动的次数是随机变量，则服从两点分布， 且，，，，， 所以，又， 所以. 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. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且. （1）求角C及边c的值； （2）求的最大值. 【答案】（1）， （2）4 【解析】 【小问1详解】 由， 根据余弦定理，得， 因为，则. 由，得， 根据正弦定理，得，则. 【小问2详解】 由（1）知，， 则，即， 当且仅当时等号成立， 则的最大值为4. 16. 在“欢乐玩具城”举办的周年庆典上，推出了一款由三人组队参加的趣味抽奖游戏.现场摆放着三个外观完全相同的盒子，分别装有2个、3个、4个限量版玩具手办.游戏规则如下：先由其中一人随机抽取一个盒子打开，若该盒子中的手办个数多于2个，则从该盒中获取1个手办作为奖品（此时该盒中的手办个数减少1个），否则没有奖品；无论获奖与否，都将该盒子放回原处；接下来由剩下两人按上述方式各进行一次抽奖，然后该队游戏结束. 现有甲、乙、丙三人组队参加游戏，并按甲乙丙的顺序依次进行抽奖. （1）求该队仅有乙获得奖品的概率； （2）记该队获得奖品的总个数为，求的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 . 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式计算随机事件的概率. （2）先确定的可能取值为0，1，2，3，然后求出对应的概率，进而得到的分布列和期望. 【小问1详解】 原先装有2个，3个，4个玩具所在的盒子记为编号，“取到编号为的盒子”记为事件， “该队仅有乙获得奖品”记为事件，则 . 【小问2详解】 的可能取值为0，1，2，3， ① ②取到一个奖品，若其来自3号盒，可以由甲、乙、丙分别获得，对应的基本事件数为4种，2种，1种． 取到一个奖品，若其来自4号盒，可以由甲、乙、丙分别获得，对应的基本事件数共有3种． 所以. ③取到两个奖品，若其都来自4号盒，可以由甲乙、甲丙、乙丙分别获得，对应的基本事件数分别为2种，1种，1种. 取到两个奖品，若其来自3号和4号盒，可以由甲乙、甲丙、乙丙分别获得，对应的基本事件数分别为4种，3种，2种． 所以. ④取到三个奖品，取到3号盒子1次，4号盒子2次，对应的基本事件数共3种，所以. 所以分布列为： 0 1 2 3 . 17. 如图，在三棱锥中，平面，，，E为的中点． （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）借助等腰三角形中线性质与线面垂直性质定理可得、，再利用线面垂直判定定理可得平面，即可得证； （2）法一：利用几何法，作出平面与平面夹角，再借助勾股定理与余弦定义计算即可得；法二：利用空间向量法，建立适当空间直角坐标系后，求出两平面的法向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得. 【小问1详解】 因为，为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以， 又因为，、平面， 所以平面，又因为平面，所以； 【小问2详解】 法一：如图，过作于，连接， 由（1）知，又因为，、平面， 所以平面，所以就是平面与平面的夹角， 因为平面，平面，所以， 因为， 则， ，则， 则， 所以，平面与平面夹角的余弦值为． 法二：以为原点建立如图所示的坐标系， 则，，，， 由轴平面，则平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 由题意，可得平面的一个法向量为， 所以， 所以，平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知双曲线的离心率为，且过点，O为坐标原点．设点，过P作C的两条切线，（其中直线的斜率小于直线的斜率）． （1）求双曲线C的方程； （2）求，的直线方程； （3）平面上一动点，过A作C的两条切线，，与双曲线的左支切于点E，与双曲线的右支切于点F，与交于点M，与交于点N．求直线EF与直线MN的交点Q的轨迹方程． 【答案】（1） （2），的直线方程为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据离心率可得，代入点可得，，即可得双曲线方程； （2）设过的切线方程为，联立方程结合判别式可得，即可得切线方程； （3）设直线，联立方程结合判别式可得，求交点坐标，以及交点Q的坐标，即可得轨迹方程. 【小问1详解】 因为，则， 将点代入双曲线方程得，解得，， 故双曲线方程为. 【小问2详解】 设过的切线方程为， 联立方程，消去y得， 则，解得， 故，的直线方程为． 【小问3详解】 已知，设直线， 联立方程，消去y得， 则，即， 且， 可得，即， 则，切点， 且，即 当斜率不存在时，切线方程，切点，则， 联立方程，解得， 联立方程，解得， 则， 可得． 联立方程，解得， 故交点的轨迹为． 19. 已知函数． （1）当时，判断函数的单调性； （2）当时，设正项数列，其中为函数从小到大的第n个极值点， ①证明：数列为等比数列； ②证明：． 【答案】（1）单调增区间为，无减区间 （2），设，， 则当时，， 当或时，， 故或为极值点. 所以，,, 因此， 又因为，故，所以为等比数列 ②由题意，， 当为偶数时， ； 当为奇数时， ； 综上所述 【解析】 【分析】（1）先确定函数定义域，再对函数求导，将导数整理为含三角函数的表达式，结合的条件分析导数的正负，进而判断单调区间； （2）①先根据极值点的定义，令导数为0求出极值点的表达式，再代入得到的表达式，最后验证相邻两项的比值为非零常数即可. ②先写出和的表达式，代入绝对值内整理，再结合的条件，利用均值不等式进行放缩证明即可. 【小问1详解】 已知的定义域为． 而，故，故． 因此函数的单调增区间为． 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年上学期高二期末质量检测 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. ★祝考试顺利★ 考生注意： 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规定的位置上. 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在试题卷上的作答一律无效. 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. 已知为等比数列，，，则　　 A. 7 B. C. D. 2. 已知，，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 已知、分别表示随机事件A、B发生的概率，那么是下列哪个事件的概率（ ） A. 事件A、B同时发生 B. 事件A、B至少有一个发生 C. 事件A、B都不发生 D. 事件A、B至多有一个发生 4. 已知正实数，满足，则能使得不等式恒成立的整数的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知球的半径与圆锥的底面半径相等，且它们的表面积相等，则圆锥与球的体积之比是（ ） A. B. C. D. 6. 点，，直线与线段有交点，则的值不可能是（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 7. 复平面上两点对应的复数分别是，向量对应的复数为，则（ ） A. 17 B. C. 13 D. 8. 在数列中，若存在非零整数T，使得对于任意的正整数m均成立，那么称数列为周期数列，其中T叫做数列的周期，若数列满足，若，，当数列的周期最小时，该数列的前项的和为（ ） A. 674 B. 675 C. 1347 D. 1349 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. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 的一个零点为 D. 在上单调递减 10. 设，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的系数为 C. 偶数次系数和为64 D. 11. 如图，在长方体中，，M，N分别为棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. M，N，A，B四点共面 B. 直线与平面相交 C. 直线和所成的角为 D. 平面和平面的夹角的正切值为2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数函数的值域为__________，若且互不相等，则的范围为__________． 13. 已知为双曲线：的左焦点，，为右支上的两点.若，点在直线上，则的周长为______. 14. 一质点在数轴上每次只能向左或向右跳动1个单位，且第1次向左跳动.若本次向左跳动，则后一次向左跳动的概率为；若本次向右跳动，则后一次向左跳动的概率为.记第次质点向左跳动的概率为，则______；记前次跳动中，质点累计向左跳动次，则______. 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. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且. （1）求角C及边c的值； （2）求的最大值. 16. 在“欢乐玩具城”举办的周年庆典上，推出了一款由三人组队参加的趣味抽奖游戏.现场摆放着三个外观完全相同的盒子，分别装有2个、3个、4个限量版玩具手办.游戏规则如下：先由其中一人随机抽取一个盒子打开，若该盒子中的手办个数多于2个，则从该盒中获取1个手办作为奖品（此时该盒中的手办个数减少1个），否则没有奖品；无论获奖与否，都将该盒子放回原处；接下来由剩下两人按上述方式各进行一次抽奖，然后该队游戏结束. 现有甲、乙、丙三人组队参加游戏，并按甲乙丙的顺序依次进行抽奖. （1）求该队仅有乙获得奖品的概率； （2）记该队获得奖品的总个数为，求的分布列及数学期望. 17. 如图，在三棱锥中，平面，，，E为的中点． （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知双曲线的离心率为，且过点，O为坐标原点．设点，过P作C的两条切线，（其中直线的斜率小于直线的斜率）． （1）求双曲线C的方程； （2）求，的直线方程； （3）平面上一动点，过A作C的两条切线，，与双曲线的左支切于点E，与双曲线的右支切于点F，与交于点M，与交于点N．求直线EF与直线MN的交点Q的轨迹方程． 19. 已知函数． （1）当时，判断函数的单调性； （2）当时，设正项数列，其中为函数从小到大的第n个极值点， ①证明：数列为等比数列； ②证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $