精品解析：湖南长沙市湖南师范大学附属中学2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试题

高二下学期期末考试 数学 命题人、审题人：吴瑶 蔡毅 王丹 袁名波 时量：120分钟 满分：150分 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. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以，故A错误，B正确，C错误， 对于D，，，故D错误. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算及复数的几何意义可得. 【详解】因为． 所以． 3. 已知为实数，集合，且，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以或， 解得，或，（不符合集合元素的互异性，舍去） 所以. 4. 正四棱台的上、下底面的边长分别为2，8，该梭台的表面积为148，则侧棱长为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先求得侧面的高，进而求得侧棱长. 【详解】设正四棱台侧面的高为，则， 所以侧棱长为. 故选：C 5. 已知圆，过点作圆的两条切线，则这两条切线的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】如图，设过点的切线与圆的切点分别为，连接， 易得，在中，，则， 故这两条切线的夹角为. 6. 费马数列是以数学家皮埃尔·德·费马（PierredeFermat，1601~1665年）命名的数列，其中，例如．因为，所以的整数部分是1位数；因为，所以的整数部分是2位数；…；则的整数部分位数最接近于（）（ ） A. 240 B. 600 C. 900 D. 1200 【答案】D 【解析】 【分析】由的整数部分位数近似于的整数部分位数，对取对数，求得其近似值，再根据的整数部分位数是n+1位求解. 【详解】因为与1相比都非常大， 所以的整数部分位数近似于的整数部分位数， 而， ， ， 所以， 而， 因为的整数部分位数是n+1位， 所以的整数部分位数是1233位， 的整数部分位数是1234位， 所以的整数部分位数最接近1200位， 即的整数部分位数最接近1200位， 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键是由的整数部分位数是n+1位而得解. 7. 已知、，且，，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用两角和的正切公式可求出的值，可得出的取值范围，并求出的取值范围，即可得出的取值范围，利用二倍角的正切公式以及两角差的正切公式求出的值，即可得出的值. 【详解】因为，， 所以， 又因为、，所以，， 则，，所以， 因为， 所以，故. 故选：B. 8. 已知甲盒中有a个黑球和b个白球，乙盒中有1个球且为黑球.从甲盒中随机抽取n个球放入乙盒中（）.记此时乙盒中含有的黑球个数为，从乙盒中随机抽取1球为黑球的概率是，则（ ） A. 数列和都严格增 B. 数列严格增，数列严格减 C. 数列严格减，数列严格增 D. 数列和都严格减 【答案】B 【解析】 【分析】将乙盒中原有的1个黑球与从甲盒抽取的黑球数结合，利用超几何分布的期望公式计算可判断数列的单调性；结合乙盒总球数的变化，分析概率随抽取球数的变化趋势可判断的单调性. 【详解】从甲盒中随机抽取n个球，这n个球中黑球的个数设为， 服从超几何分布，且， 乙盒中有1个球且为黑球，放入n个球后，， 因为，所以， 因为，所以当从增加到时， 随的增大而增大，所以数列严格增； 从乙盒中随机抽取1球为黑球的概率是，乙盒中此时有个球，黑球有个， 所以 ， 因为，所以当从增加到时， 单调递减，所以严格减. 故选：B. 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. 在等比数列中，，公比为q，则（ ） A. q＝±2 B. ＝±12 C. 是公比为4的等比数列 D. 是公比为2的等比数列 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，，则，故A正确； 对于B， ，故B错误； 对于C，由得，所以数列是公比为4的等比数列，故C正确； 对于D，当时，，所以数列是公比为4的等比数列，故D错误. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（　　） A. B. 若将向右平移个单位得到的函数是奇函数，则的最小值是 C. 若在上有5个零点，则的取值范围是 D. 若在上单调，则的最大值是 【答案】ABC 【解析】 【分析】由三角函数的图像与性质计算参数可得函数解析式从而判定A；由图像的平移与三角函数的奇偶性质可判定B，结合整体思想可判定C，利用三角函数单调性可判定D. 【详解】对于A，由图可知，， 所以，即，所以， 因为， 所以， 因为，所以，所以，故A正确； 对于B，将向右平移个单位得到函数， 因为是奇函数，所以，所以，， 所以时，正数取得最小值，故B正确； 对于C，因为，所以， 因为在上有5个零点，所以， 解得，即的取值范围是，故C正确； 对于D，因为，所以， 因为在上单调，所以，则， 所以的最大值是，故D错误． 故选：ABC. 11. 双曲线：的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，以为直径的圆与的一条渐近线交于，两点，且，则（ ） A. B. C. 的离心率为 D. 当时，四边形的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，根据双曲线和圆的对称性可知四边形为平行四边形，根据和互补得解；选项C，设，由在渐近线上得到，由利用两点间的距离公式得到，从中解出的值得到的坐标，利用两点间的距离公式求出，，在中，利用余弦定理及通过整理得到，从而求出的值；选项B，由得到，从而得到和的值即可得解； 选项D，由、、解得和的值，利用及三角形的面积公式即可得解. 【详解】 选项A，根据双曲线和圆的对称性可知，四边形为平行四边形， ，，故选项A正确； 选项C，设，在渐近线上，， ，，，， ，， ， 在中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 或（舍）， ，，，，故选项C正确； 选项B，，， ，， ，， ，故选项B错误； 选项D，，，， ，， ， ，故选项D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的常数项为___________． 【答案】 【解析】 【详解】∵ 二项式的展开式通项为，其中且. 令的指数为，即，解得. 将代入得常数项为. 13. 黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德·黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用．黎曼函数定义在上，其解析式为，若函数是定义在R上的奇函数，且对任意的x，都有，当时，，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性与对称性推导出函数的周期，通过周期性将未知的自变量化归到已知区间内，最后代入黎曼函数解析式及特殊点的值进行计算求和. 【详解】因为，所以，令得， 因为是奇函数，所以，所以，所以的周期为4， 所以， 由题意得，此时，它是一个既约真分数，因此， 即，则． 14. 把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，，分别是椭圆柱的上、下底面椭圆的长轴，，且底面椭圆的离心率为，分别为下底面椭圆的左、右焦点，为母线上的动点，为线段上的动点，为过点的下底面椭圆的一条动弦（不与长轴重合），则三棱锥体积的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由，要使三棱锥体积最大，只需的面积和到平面距离之和都最大，求解即可. 【详解】连接，，由， 要使三棱锥体积最大， 只需的面积和到平面距离之和都最大， ，令，且，则， ， 当时，有最大值， 在下底面内以为原点，构建如图所示的直角坐标系， 由题设，长轴长， 因为底面椭圆的离心率为，所以焦距为，所以短轴长， 则椭圆方程为，，且，设， 联立椭圆得，， ，， 令，， 由对勾函数性质可知在上递增，， 综上，三棱锥体积的最大值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：本题是解析几何与立体几何的综合问题，解析几何部分要用好椭圆的定义、方程和性质，确定图形中各点的位置，利用韦达定理解决弦长；椭圆中立体几何部分要用好几何体的结构特征. 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，角所对的边分别为，且． （1）求的值； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对原式平方后由三角函数同角关系和角的取值范围即可求解. （2）使用余弦定理对条件等式进行等量代换后再使用正弦定理即可求解. 【小问1详解】 将两边同时平方，得， 即，解得，故， 又，所以，所以， 所以，故． 【小问2详解】 由余弦定理得， 代入得， 即，因为，两边同时除以得， 由正弦定理得． 16. 如图，在底面为等边三角形的斜三棱柱中，，四边形为矩形，过作与直线平行的平面交于点D． （1）证明：； （2）若与底面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：如图，连接交于点E，连接． 因为平面平面，平面平面，所以． 又因为四边形为平行四边形，所以E为的中点， 所以为的中位线，所以D为的中点． 又因为为等边三角形，所以． （2）． 【解析】 【分析】（1）利用线面平行性质得到中位线，锁定为中点，借等边三角形三线合一证垂直； （2）由线面角确定高与底面投影，建系求两平面法向量，用向量夹角公式算出二面角余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过A作平面垂足为O，连接， 设，因为与底面所成角为，所以． 在中，因为，所以． 因为平面平面，所以． 又因为四边形为矩形，所以， 因为，所以． 因为平面平面，所以平面． 因为平面，所以．又因为，所以O为的中点． 以O为原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图． 则． 因为，所以， 因为，则得， 所以． 设平面的法向量为， 由，得，故可取． 设平面的法向量为， 由得故可取． 因， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知抛物线为C上位于第一象限的任意一点，过点A的直线l交曲线C于另一点B，交x轴的正半轴于点，记点B关于x轴的对称点为点交x轴于点P，且． （1）求证：点关于原点对称； （2）求点P到直线的距离d的取值范围． 【答案】（1）设，则， 由消x得，得 设，知三点共线，又， 则有，即， 所以点关于原点对称． （2） 【解析】 【分析】（1）根据过点的直线方程与抛物线方程联立，由韦达定理可得两点的坐标关系，利用三点共线，根据向量得到点坐标，即可证明点关于原点对称． （2）通过垂直与对称可得直线的倾斜角，即可得直线的斜率；根据两点的坐标建立斜率等式，即可得之间的关系式，利用点到直线的距离公式计算范围即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，作出符合题意的图形， 因为，所以，故， 即，所以， 即，得，则， 可得，设， 则，函数在上递减，所以． 18. 某景区在五一劳动节期间开展“致敬最美劳动者”主题游园活动，天的人园游客量统计数据如下： 活动开展第天 人园游客量（百人） （1）由数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请计算相关系数（保留小数点后两位），并推断相关程度的强弱； （2）求经验回归方程以及表中第个观测的残差；（观测值减去预测值称为残差） （3）该景区在活动期间设置个打卡通道，记为通道①、通道②、通道③，游客人园时选择通道①、②、③的概率依次为、、；游客离园时，从原先入园通道离园的概率为，从另两个通道离园的概率均为，求游客从通道①离园的概率. 附：参考公式：相关系数；回归直线方程，其中，； 参考数据：，，，. 【答案】（1），相关程度很强 （2），残差为百人 （3） 【解析】 【分析】（1）求出、的值，利用公式求出相关系数的值，即可得出结论； （2）利用最小二乘法公式求出、的值，可得出回归直线方程，将代入回归直线方程，结合残差的概念求解即可； （3）记从通道入园的事件为，从通道离园的事件为，结合全概率公式求解即可. 【小问1详解】 由表格中的数据可得，， 则， 由相关系数，可以推断入园游客量与活动开展第天相关程度很强. 【小问2详解】 ，， 故经验回归方程为. 对于表中第个观测，入园游客量为（百人）， 预测值为（百人），残差为（百人） 【小问3详解】 记从通道入园的事件为，从通道离园的事件为， 由题意可得，，，， . 19. 设函数，. （1）若对，都有恒成立，求实数的取值范围； （2）对于函数和数列，，若，，则称为函数的“生成数列”，为函数的“源数列”. （i）若为函数的“源数列”，证明：对任意正整数，均有； （ii）若为函数的“生成数列”，为函数的“源数列”，与的公共项按从小到大的顺序构成数列，试问：在数列中是否存在连续三项构成等差数列？请说明理由. 【答案】（1） （2）（i）证明：由题意知，，故， 构造函数， 则， 当时，均单调递增，所以函数在上单调递增， 而，则在上恒成立， 故在上单调递增， 故， 即， 当时， ， 综上所述， 恒成立，即； （ii）不存在，在数列中不存在连续三项构成等差数列.理由如下： ，则，， 设，即，可得， 因为在上单调递增， 对于任意，有唯一的与之对应， 即数列中每一项，都有中的项与之相等， 又是递增数列，故. 假设数列中存在连续三项构成等差数列，则， 故， 整理得，该方程无正整数解. 故假设不成立，即不存在连续三项构成等差数列. 【解析】 【分析】（1）将已知不等式分离参数，转化成a大于等于一个函数，求出这个函数的最大值即可； （2）（i）将求出，再构造一个函数，求出这个函数在的n的取值范围的最小值是否大于等于0；（ii）将求出，并假设存在连续三项构成等差数列，看是否能求出具体值. 【小问1详解】 对，都有恒成立， 即，， 所以，， 所以，. 令，，即，， 令，，则. 当时，，单调递增， 所以当时，， 所以当时，，单调递增， 所以当时，. 所以， 综上，实数的取值范围为. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二下学期期末考试 数学 命题人、审题人：吴瑶 蔡毅 王丹 袁名波 时量：120分钟 满分：150分 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. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知为实数，集合，且，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 4. 正四棱台的上、下底面的边长分别为2，8，该梭台的表面积为148，则侧棱长为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 5. 已知圆，过点作圆的两条切线，则这两条切线的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 费马数列是以数学家皮埃尔·德·费马（PierredeFermat，1601~1665年）命名的数列，其中，例如．因为，所以的整数部分是1位数；因为，所以的整数部分是2位数；…；则的整数部分位数最接近于（）（ ） A. 240 B. 600 C. 900 D. 1200 7. 已知、，且，，则的值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知甲盒中有a个黑球和b个白球，乙盒中有1个球且为黑球.从甲盒中随机抽取n个球放入乙盒中（）.记此时乙盒中含有的黑球个数为，从乙盒中随机抽取1球为黑球的概率是，则（ ） A. 数列和都严格增 B. 数列严格增，数列严格减 C. 数列严格减，数列严格增 D. 数列和都严格减 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. 在等比数列中，，公比为q，则（ ） A. q＝±2 B. ＝±12 C. 是公比为4的等比数列 D. 是公比为2的等比数列 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（　　） A. B. 若将向右平移个单位得到的函数是奇函数，则的最小值是 C. 若在上有5个零点，则的取值范围是 D. 若在上单调，则的最大值是 11. 双曲线：的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，以为直径的圆与的一条渐近线交于，两点，且，则（ ） A. B. C. 的离心率为 D. 当时，四边形的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的常数项为___________． 13. 黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德·黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用．黎曼函数定义在上，其解析式为，若函数是定义在R上的奇函数，且对任意的x，都有，当时，，则________． 14. 把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，，分别是椭圆柱的上、下底面椭圆的长轴，，且底面椭圆的离心率为，分别为下底面椭圆的左、右焦点，为母线上的动点，为线段上的动点，为过点的下底面椭圆的一条动弦（不与长轴重合），则三棱锥体积的最大值为______. 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，角所对的边分别为，且． （1）求的值； （2）若，求的值． 16. 如图，在底面为等边三角形的斜三棱柱中，，四边形为矩形，过作与直线平行的平面交于点D． （1）证明：； （2）若与底面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知抛物线为C上位于第一象限的任意一点，过点A的直线l交曲线C于另一点B，交x轴的正半轴于点，记点B关于x轴的对称点为点交x轴于点P，且． （1）求证：点关于原点对称； （2）求点P到直线的距离d的取值范围． 18. 某景区在五一劳动节期间开展“致敬最美劳动者”主题游园活动，天的人园游客量统计数据如下： 活动开展第天 人园游客量（百人） （1）由数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请计算相关系数（保留小数点后两位），并推断相关程度的强弱； （2）求经验回归方程以及表中第个观测的残差；（观测值减去预测值称为残差） （3）该景区在活动期间设置个打卡通道，记为通道①、通道②、通道③，游客人园时选择通道①、②、③的概率依次为、、；游客离园时，从原先入园通道离园的概率为，从另两个通道离园的概率均为，求游客从通道①离园的概率. 附：参考公式：相关系数；回归直线方程，其中，； 参考数据：，，，. 19. 设函数，. （1）若对，都有恒成立，求实数的取值范围； （2）对于函数和数列，，若，，则称为函数的“生成数列”，为函数的“源数列”. （i）若为函数的“源数列”，证明：对任意正整数，均有； （ii）若为函数的“生成数列”，为函数的“源数列”，与的公共项按从小到大的顺序构成数列，试问：在数列中是否存在连续三项构成等差数列？请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $