精品解析：黑龙江大庆市大庆中学2025-2026学年下学期期末考试高二年级数学试题

大庆中学2025—2026学年度下学期期末考试 高二年级数学试题 考试时间：120分钟；试卷总分：150分 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本题共8个小题，每题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. 0 C. D. 2. 已知a是实数，则“”是“方程表示圆”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知幂函数在上单调递减，则（ ） A. B. 3 C. D. 5. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数为奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知且，函数对任意实数，，都有成立，则实数的范围是（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若互不相等的实数，，，满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3个小题，每题6分，共18分） 9. 下列函数在区间上单调递增的有（ ） A. B. C. D. 10. 中，角，，所对的边分别为，，，且，则（ ） A. B. 若且有两解，则 C. 若，则 D. 若，则面积最大值为 11. 已知函数，．令，，则下列说法正确的是（ ） A. 在处取得最小值 B. 为偶函数，且 C. 方程在区间内有且仅有两个实根 D. 对任意，都有 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3个小题，每题5分，共15分） 12. 已知向量，，则在方向上的投影向量的模为______ 13. 已知函数是定义在上的偶函数，且当时，单调递增，则关于的不等式的解集是______. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为________． 四、解答题（本题共5个大题，共77分） 15. 已知等差数列的前项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和． 16. 某中学教师对该校高二年级学生期中考试的数学成绩（总分分）进行统计分析.在整个年级中随机抽取了名学生的数学成绩，将数学成绩分为，，，，，，共组，得到如图所示的频率分布直方图，记分数不低于分为优秀. （1）求这名学生中数学成绩为优秀的人数； （2）求这名学生的数学成绩的上四分位数； （3）在样本中，采取分层抽样的方法从数学成绩在内的学生中抽取名，再从这名学生中随机抽取名，记这名学生中数学成绩为优秀的人数为，求的分布列与数学期望. 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，， ，，，，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知椭圆：的离心率为，且与直线 有且只有一个公共点． （1）求的标准方程； （2）设一动直线不经过坐标原点，与交于，两点，且 ． （ⅰ）证明：点到直线的距离为定值； （ⅱ）求面积的最大值． 19. 已知函数（），． （1）讨论函数的单调性； （2）若的图像在处的切线与的图像相切，求实数的值； （3）当时，证明：对任意的，恒成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大庆中学2025—2026学年度下学期期末考试 高二年级数学试题 考试时间：120分钟；试卷总分：150分 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本题共8个小题，每题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由于对数函数的定义域是，因此集合， 因为，所以，故C正确. 2. 已知a是实数，则“”是“方程表示圆”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】配方得到圆的充要条件即可判断. 【详解】方程配方得， 若方程表示圆，则，解得， 则“”是“方程表示圆”的充分不必要条件. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由基本不等式结合特例即可判断. 【详解】对于A,当时，，故A错误； 对于BD，取，此时， ，故BD错误； 对于C，由基本不等式可得，故C正确. 故选：C. 4. 已知幂函数在上单调递减，则（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】使用幂函数的定义与单调性求解. 【详解】由题意，，解得或， 当时，，为增函数， 当时，，在上单调递减，符合题意，所以， 所以，所以. 5. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的单调性以及特殊点的函数值求得正确答案. 【详解】设，的定义域为， ，所以是偶函数，图象关于轴对称， 所以D选项错误. ，所以C选项错误 当时，，所以A选项错误. 故选：B 6. 将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数为奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求得平移后的函数解析式，再由函数为上的奇函数列方程，结合即可求得的最小值. 【详解】由向右平移个单位长度后，即得函数：  ， 由于该函数为上的奇函数，则，则， 解得  ，因为，取时，得到的最小正值为 . 7. 已知且，函数对任意实数，，都有成立，则实数的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为对任意实数，，都有成立， 所以在上为增函数， 则，解得，则实数的范围是. 8. 设函数，若互不相等的实数，，，满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】不妨设，由互不相等的实数满足， 得到，，，，由得到， 由结合得到，解得的范围，求出的范围，从而得到所求. 【详解】我们先分析函数的图像： 不妨设， 因为互不相等的实数满足， 所以，，，， 由，得，即， ， 因为，所以，解得， 则，即， ， 符合选项 D. 二、多选题（本题共3个小题，每题6分，共18分） 9. 下列函数在区间上单调递增的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据函数单调性结论可判断A；根据复合函数的单调性遵循“同增异减”规则可判断B；根据指数函数的单调性可判断C；由函数的定义域可判断D. 【详解】对于A：易知与在区间上均单调递增，故在区间上单调递增，故A正确； 对于B：易知与在区间上均单调递增，根据复合函数单调性遵循“同增异减”规则可知，在区间上均单调递增，故B正确； 对于C：因为，因此易知在区间上单调递增，故在区间上单调递增，故C正确； 对于D：由，解得或，即的定义域为， 即在上没有定义，因此不可能在区间上单调递增，故D错误. 故选：ABC. 10. 中，角，，所对的边分别为，，，且，则（ ） A. B. 若且有两解，则 C. 若，则 D. 若，则面积最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先由正弦定理及三角恒等变换求出判断A，应用解的个数列式计算求解判断B，应用正弦定理及余弦定理计算判断C，利用余弦定理结合基本不等式得到，再利用面积公式计算判断D即可. 【详解】因为，所以由正弦定理，得， 得，由， ，又，则， 对于A， ，故错误； 对于B，因为有两解，则，得，得，故正确； 对于C，因为，所以， 由余弦定理得，得， 所以，故正确； 对于D，由余弦定理得，，得， 所以，当且仅当时等号成立， 则的面积为，故正确； 11. 已知函数，．令，，则下列说法正确的是（ ） A. 在处取得最小值 B. 为偶函数，且 C. 方程在区间内有且仅有两个实根 D. 对任意，都有 【答案】ABC 【解析】 【分析】A，通过导数求单调性即可；B，利用偶函数的定义判断，并通过的单调性求出范围；C，通过单调性判断其等于的解的个数；D，代入特殊值即可判断. 【详解】选项A，， 所以， 所以当时，,单调递减， 当时，，单调递增. 所以当时，取得最小值. 故A正确. 选项B，， 且，又定义域关于原点对称， 所以是偶函数. 因为，所以在恒成立， 所以. 故B正确. 选项C，因为， 当时，，，故， 所以函数在单调递增， ， 因为，时， 所以内存在使得， 又因为是偶函数，所以存在使得. 故C正确. 选项D，取，因为，而，故此时不成立. 故D错误. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3个小题，每题5分，共15分） 12. 已知向量，，则在方向上的投影向量的模为______ 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量公式及模长公式可得解. 【详解】由题意可得：，， 所以在方向上的投影向量为， 其模长为. 13. 已知函数是定义在上的偶函数，且当时，单调递增，则关于的不等式的解集是______. 【答案】 【解析】 【分析】首先根据偶函数的性质转化不等式，然后利用函数的单调性解不等式. 【详解】函数是定义在上的偶函数，， 所以， 当时，单调递增， 所以，即， 解得， 不等式的解集为. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为________． 【答案】## 【解析】 【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解. 方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得，，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而得解； 【详解】方法一： 依题意，设，则， 在中，，则，故或（舍去）， 所以，，则， 故， 所以在中，，整理得， 故. 方法二: 依题意，得，令， 因为，所以，则， 又，所以，则， 又点在上，则，整理得，则， 所以，即， 整理得，则，解得或， 又，所以或（舍去），故. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解. 四、解答题（本题共5个大题，共77分） 15. 已知等差数列的前项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由等差数列的性质即可求解； （2）通过错位相减法即可求解. 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为， 即， 解得，， 所以． 因此数列的通项公式为. 【小问2详解】 ， ． 所以 ， 即 所以 16. 某中学教师对该校高二年级学生期中考试的数学成绩（总分分）进行统计分析.在整个年级中随机抽取了名学生的数学成绩，将数学成绩分为，，，，，，共组，得到如图所示的频率分布直方图，记分数不低于分为优秀. （1）求这名学生中数学成绩为优秀的人数； （2）求这名学生的数学成绩的上四分位数； （3）在样本中，采取分层抽样的方法从数学成绩在内的学生中抽取名，再从这名学生中随机抽取名，记这名学生中数学成绩为优秀的人数为，求的分布列与数学期望. 【答案】（1）50 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）用总人数乘以频率分布直方图中最后两个矩形的面积即可； （2）求这组数据的75百分位数即可； （3）由分层抽样的方法可知数学成绩在内的有人，在内的有人，从而可得的可能取值为，求出对应的概率，再由期望公式求解即可. 【小问1详解】 依题意，不低于分的人数为， 所以这名学生中数学成绩为优秀的人数为； 【小问2详解】 由频率分布直方图知前组的频率之和为， 所以这名学生的数学成绩的上四分位数（即分位数）为分； 【小问3详解】 由频率分布直方图知数学成绩在内的有人， 数学成绩在内的有人， 故采取分层抽样的方法从数学成绩在内的学生中抽取名， 数学成绩在内的有人，在内的有人， 由题可知的可能取值为， 则，，， 所以的分布列为 故． 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，， ，，，，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）因为平面平面，，平面平面，平面， 可得平面，则， 又因为，，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，可证，结合可证线面垂直； （2）作辅助线，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连结，， 因为，所以， 且 平面，平面 平面，平面平面， 所以平面，且平面，所以， 又因为，所以， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令 ，则，可得， 则， 所以直线 与平面 所成角的正弦值为. 18. 已知椭圆：的离心率为，且与直线 有且只有一个公共点． （1）求的标准方程； （2）设一动直线不经过坐标原点，与交于，两点，且 ． （ⅰ）证明：点到直线的距离为定值； （ⅱ）求面积的最大值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）设直线的斜率存在，其方程为，. 联立，消去得 ， 则， 化简得，， 因为 ，所以 ，即 ， 而， 代入得 ， 所以 ， 整理得 ，所以，满足. 所以点到直线的距离， 由，得. 当直线的斜率不存在时，设：，代入椭圆方程得， 则，由 ，得 ， 即，解得，所以，仍然成立. 综上，点到直线的距离为定值. （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率，得出 的关系，再由直线 与椭圆有且只有一个公共点，判别式为0，从而求出 的值. （2）（ⅰ）当直线的斜率存在时，设其方程为，与椭圆方程联立，根据根与系数的关系，结合 ，得出，再由点到直线的距离求解，当直线的斜率不存在时，求出点到直线的距离，即可得定值. （ⅱ）当直线的斜率存在时，根据弦长公式表示出，得出面积与的关系，通过换元，求出面积的最大值，再求出直线的斜率不存在时的面积，比较即可求得最大值. 【小问1详解】 由，得，即， 因此椭圆方程可写为 ，即， 将直线 代入椭圆方程得， 即 ， 因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以 ， 即 ，解得 ，则 ， 所以椭圆的标准方程为 . 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）当直线的斜率存在时， 由（ⅰ）知 . 的面积， 由，令，则，， 所以 ， 因为 ，所以 ， 所以当，即时，满足，取最大，最大值为. 所以面积的最大值为. 当直线的斜率不存在时，由（ⅰ）知，，，， 所以，， 所以， 因为，所以面积的最大值为. 19. 已知函数（），． （1）讨论函数的单调性； （2）若的图像在处的切线与的图像相切，求实数的值； （3）当时，证明：对任意的，恒成立． 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增；在上单调递减； （2）； （3）证明：当时，， 要证明对任意的，恒成立， 即证明，即， 令，则， 令，得， 所以当时，单调递减；当时，单调递增； 所以， 所以，即， 令， 则有， 又因为， 所以， 所以对任意的，恒成立． 【解析】 【分析】（1）求导后分和两种情况讨论求解即可； （2）首先求得切线的方程为，设直线与函数相切于点，由题意可得且，求解即可； （3）要证明原不等式在上恒成立，即证明恒成立，先证明，从而可得，再令，借助于放缩法即可得证明. 【小问1详解】 因为， 所以， 当时，，在上单调递增； 当时，令，得， 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 综上，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】 因为， 所以，， 所以， 所以切线的方程为， 设直线：与函数相切于点， 因为， 所以且， 解得， 所以； 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $