精品解析：福建福州市台江区六校2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷

2025-2026学年第二学期期末考试 高二数学试卷 （满分：150 分；考试时间：120 分钟） 一、单项选择题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数中，定义域为的函数是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 为了帮助高一学生更好地了解自己适合选报物理还是历史，某校在学生选科之前组织了一场物理考试，并从中随机抽取了部分学生的成绩（满分为100分），将数据整理得到如图所示的频率分布直方图．根据该频率分布直方图，用样本估计总体，则（ ）． A. 频率分布直方图中的m的值为0.15 B. 该年级物理成绩的众数的估计值为80分 C. 该年级物理成绩的平均数的估计值为75分 D. 若物理成绩排名前70％的学生适合选报物理，则适合选报物理的学生此次成绩应不低于62分 5. 已知且，则“”是“”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 6. 6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，其中甲场馆安排2名志愿者，乙、丙场馆都至少安排1名志愿者，则不同的安排方法共有（ ） A. 300种 B. 210种 C. 120种 D. 60种 7. 抛掷一枚质地均匀的硬币次，记事件“次中既有正面朝上又有反面朝上”，事件“次中至多有一次正面朝上”，则（ ） A. 当时， B. 当时，事件与事件独立 C. 当时， D. 当时，事件与事件互斥 8. 定义在上的函数的导函数为，且满足，，，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 在的展开式中，若所有项的二项式系数和为64，则（ ） A. B. 展开式中的第3项和第5项的二项式系数相等 C. 展开式中的常数项为 D. 展开式中的各项系数之和为1 10. 下列说法正确的是（ ） A. 命题“，都有”的否定是“，使得” B. 复数是方程在复数集内的解 C. 若，则的最小值是5 D. 若向量，则在上的投影向量为 11. 在棱长为4的正方体中，点在棱上，且，点在正方形内（含边界）运动，则（ ） A. 当时，平面截该正方体所得的截面面积为18 B. 当时，点到平面的距离为 C. 当，且平面时，点的轨迹长度为5 D. 当，且时，点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某学生最近五次的数学考试成绩分别为125，123，120，133，130，则该学生数学成绩的中位数为______． 13. 若函数的值域为，则的取值范围是________. 14. 甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.规定：累计负两场者被淘汰；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.设每场比赛双方获胜的概率都为，则甲连胜四场的概率为________；需要进行第五场比赛的概率为________. 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. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是梯形，，且，，，为的中点. （1）求证：平面PCD； （2）求证:平面平面PCD. 16. 已知函数在点处的切线与轴平行． （1）求的值； （2）求函数的单调区间和极值． 17. 已知向量，，， （1）求的单调递增区间； （2）设的内角，，的对边分别为，，，，，求的最大值. 18. 在中，角，，对应的边分别为，，，. （1）求； （2）若的平分线交于. ①若与的面积之比为，求的值； ②若中点为，且，，求的面积. 19. 已知函数为奇函数． （1）求a的值； （2）设函数， ①证明：有且只有一个零点； ②记函数的零点为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期期末考试 高二数学试卷 （满分：150 分；考试时间：120 分钟） 一、单项选择题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接根据并集含义即可得到答案. 【详解】由题意得. 故选：C. 2. 下列函数中，定义域为的函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用各个选项中函数的定义及要使得函数有意义即可求得定义域，由此得出答案. 【详解】对于A，要使得根号下有意义，则，即定义域为，故A错误； 对于B，要使得对数有意义，则真数，即定义域为，故B正确； 对于C，由指数函数的定义可知其定义域为，故C错误； 对于D，要使得正切函数有意义，则，即定义域为，故D错误； 故选：B. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据复数的除法运算求出，进而求出复数的模. 【详解】由，则， 所以. 故选：C. 4. 为了帮助高一学生更好地了解自己适合选报物理还是历史，某校在学生选科之前组织了一场物理考试，并从中随机抽取了部分学生的成绩（满分为100分），将数据整理得到如图所示的频率分布直方图．根据该频率分布直方图，用样本估计总体，则（ ）． A. 频率分布直方图中的m的值为0.15 B. 该年级物理成绩的众数的估计值为80分 C. 该年级物理成绩的平均数的估计值为75分 D. 若物理成绩排名前70％的学生适合选报物理，则适合选报物理的学生此次成绩应不低于62分 【答案】D 【解析】 【分析】A选项由小长方形的面积之和是可求出，B选项根据最高的长方形中点值判断，C选项根据平均数公式求解，D选项先判断分位数所在区间，然后列方程求解. 【详解】A选项，由小长方形的面积之和是，得到，解得，A选项错误； B选项，由图可知，众数的估计值是，B选项错误； C选项，由图可知，平均值是，C选项错误； D选项，物理成绩排名前70％的学生，等效于求解图中分位数， 由图的频率是，的频率是，故分位数出现在， 设其为，则，解得，D选项正确. 故选：D 5. 已知且，则“”是“”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】分、两种情况讨论，利用指数函数的单调性解不等式，可得出实数的取值范围，利用集合的包含关系可得出结论. 【详解】当时，由可得，此时， 当时，由可得，此时， 所以，满足不等式的实数的取值范围是， 因为是的真子集， 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 6. 6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，其中甲场馆安排2名志愿者，乙、丙场馆都至少安排1名志愿者，则不同的安排方法共有（ ） A. 300种 B. 210种 C. 120种 D. 60种 【答案】B 【解析】 【分析】甲场馆安排2名志愿者可以知有种，乙、丙场馆都至少安排1名志愿者可以有三种分法第一种是乙馆安排1名志愿者丙安排3名有种情况，第二种是乙、丙各安排2名有，第三种是乙安排3名丙安排1名，根据分步计算可得答案. 【详解】根据题意可知，甲场馆安排2名志愿者可以知有种， 乙、丙场馆都至少安排1名志愿者可以有三种分法 第一种是乙馆安排1名志愿者丙安排3名有种情况， 第二种是乙、丙各安排2名有， 第三种是乙安排3名丙安排1名， 所以根据分步算法可得种. 故选：B 7. 抛掷一枚质地均匀的硬币次，记事件“次中既有正面朝上又有反面朝上”，事件“次中至多有一次正面朝上”，则（ ） A. 当时， B. 当时，事件与事件独立 C. 当时， D. 当时，事件与事件互斥 【答案】C 【解析】 【分析】利用列举法求出古典概率，再结合互斥事件、相互独立事件的意义逐项判断. 【详解】当时，样本空间 (正正)，(正反)，(反正)，(反反)， 事件(正反)，(反正)，(正反)，(反正)，(反反)， 对于A，事件是2次正面都朝上，是不可能事件， ，所以A错误； 对于B，，，可得，所以B错误； 当时，样本空间{ (正正正)，(正正反)，(正反正)，(反正正)，(正反反)，(反正反)，(反反正)，(反反反)， 事件(正正反)，(正反正)，( 反正正)，(正反反)，(反正反)，(反反正)， 事件(正反反)，(反正反)，( 反反正)，(反反反)， 对于C，由，则，所以C正确； 对于D，由事件(正正反)，(正反正)，( 反正正)，(正反反)，(反正反)，(反反正)， 事件(正反反)，(反正反)，( 反反正)，(反反反)， 可得(正反反)，(反正反)，( 反反正)，即事件与事件可以同时发生，所以D错误. 8. 定义在上的函数的导函数为，且满足，，，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，可得，单调递增，，单调递减，所以，，，，从而对各个选项分别进行求解即可. 【详解】根据题意，定义在上的函数的导函数满足， 所以，， 令，，则，， 所以单调递增，单调递减， 又，， 所以，，，， 因为单调递增，单调递减， 所以，， 又，所以，故A错误； 同理，，， 所以，故B错误； ，所以，故C正确； ，， 所以，故D错误. 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 在的展开式中，若所有项的二项式系数和为64，则（ ） A. B. 展开式中的第3项和第5项的二项式系数相等 C. 展开式中的常数项为 D. 展开式中的各项系数之和为1 【答案】BD 【解析】 【分析】由二项式系数和为64，得到，可判断A错误；结合二项展开式的二项式系数的性质，可判定B正确；求得二项展开式的通项公式，令，解得，代入计算，可判断C不正确；令，代入计算，可判断D正确. 【详解】对于A，由二项式系数和为64，可得，解得，所以A错误； 对于B，第3项二项式系数为，第5项的二项式系数为， 所以展开式中的第3项和第5项的二项式系数相等，所以B正确； 对于C，由二项式展开式通项为， 令，得，即常数项为，所以C错误； 对于D，令，可得展开式中的各项系数之和为，所以D正确. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 命题“，都有”的否定是“，使得” B. 复数是方程在复数集内的解 C. 若，则的最小值是5 D. 若向量，则在上的投影向量为 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A：含量词的命题的否定，一是改量词，二是否定结论， 这里将“”改为“”，将""改为“”， A正确； 对于B：， 复数是方程在复数集内的解，B正确； 对于C：， 当且仅当，即时取等号，而，所以，C错误； 对于D：在上的投影向量为，D正确. 11. 在棱长为4的正方体中，点在棱上，且，点在正方形内（含边界）运动，则（ ） A. 当时，平面截该正方体所得的截面面积为18 B. 当时，点到平面的距离为 C. 当，且平面时，点的轨迹长度为5 D. 当，且时，点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，取中点，连接，可得平面截该正方体所得的截面即为梯形并求出该梯形面积即可判断；对于B，设点到平面的距离为d，则由即可求解判断；对于C，分别取四等分点，且，可得平面平面即可得点的轨迹，进而得解；对于D，在平面内过E作交于点，过此时的点F作分别交于，求证平面即可得动点F的轨迹并求出轨迹长度. 【详解】对于A，当时，由题可知此时点在棱中点上， 取中点，连接，则， 因为且，所以四边形是平行四边形，所以， 所以，所以由可唯一确定一个平面， 所以平面截该正方体所得的截面即为梯形， 因为， 所以平面截该正方体所得的截面梯形的面积为，故A正确； 对于B，当时，由题可知此时点在棱中点上，设点到平面的距离为d， 则由即，故B错误； 对于C，当即，分别取四等分点， 且，连接，则，且， 由A可知，所以，则由可唯一确定一个平面， 又在平面外，平面，所以平面， 由正方体性质可知且，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以，同理可得， 所以，因为在平面外，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面， 所以点F的轨迹为，所以点的轨迹长度为，故C正确； 对于D，由正方体结构性质可知平面， 因为平面，所以， 在平面内过E作交于点， 则此时，所以与相似， 所以，过此时的点F作分别交于， 则且即， 因为，平面，所以平面， 因为，所以动点F的轨迹为线段，所以动点的轨迹长度为，故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. 某学生最近五次的数学考试成绩分别为125，123，120，133，130，则该学生数学成绩的中位数为______． 【答案】125 【解析】 【详解】将数据按照从小到大的顺序排列，得120，123，125，130，133，所以中位数是第三个数字为125. 13. 若函数的值域为，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】先通过函数单调性，求出分段函数在上的值域，再通过对参数的范围讨论，通过二次函数的性质求出函数在上的值域，通过并集为全集求出参数的范围，从而求得结果. 【详解】因为函数在上单调递增， 所以当时，， 令，， 当时，函数对称轴，则函数在上单调递增， 则，即函数的值域为， 要想函数的值域为，则，即，所以， 当时，函数对称轴，则函数在上单调递减，在上单调递增，则，即函数的值域为， 因为，所以此时函数的值域为，即， 综上所述：. 14. 甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.规定：累计负两场者被淘汰；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.设每场比赛双方获胜的概率都为，则甲连胜四场的概率为________；需要进行第五场比赛的概率为________. 【答案】 ①. ##0.0625 ②. ##0.75 【解析】 【分析】根据独立事件的概率乘法公式可求得事件“甲连胜四场”的概率；计算出四局以内结束比赛的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】甲连胜四场，则； 记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，则四局内结束比赛的概率为 ， 所以需要进行第五场比赛的概率为. 故答案为：； 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. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是梯形，，且，，，为的中点. （1）求证：平面PCD； （2）求证:平面平面PCD. 【答案】（1）取PD中点E，连接EF、EC，如图所示 因为E、F分别为PD、PA中点， 所以，且， 又因为，且， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面PCD，平面PCD， 所以平面 （2）因为，为中点， 所以， 因为，所以， 因为，平面PCD， 所以平面. 所以平面平面. 【解析】 【分析】（1）取PD中点E，连接EF、EC，可得且，则四边形EFBC为平行四边形，则，根据线面平行的判定定理，即可得证 （2）根据三角形性质，可证，结合（1）可得，根据线面垂直的判定定理，即可得证 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 已知函数在点处的切线与轴平行． （1）求的值； （2）求函数的单调区间和极值． 【答案】（1） （2）的单调递增区间为和，单调递减区间为．极大值，极小值． 【解析】 【分析】（1）由函数在处的切线与轴平行，则根据求解即可； （2）利用导数分析函数的单调性并求解极值即可. 【小问1详解】 由题意，函数的定义域为， 则， 因为函数在处的切线与轴平行， 所以， 解得． 【小问2详解】 函数的定义域为 且， 当时，； 当时，， 所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为． 所以当时，函数取到极大值， 当时，函数取到极小值． 17. 已知向量，，， （1）求的单调递增区间； （2）设的内角，，的对边分别为，，，，，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积公式及三角恒等变换得到，从而利用整体法求出函数单调递增区间； （2）结合（1）中结论求出，然后利用正弦定理以及三角恒等变换即可求解. 【小问1详解】 由向量，， 所以 ， 令，，解得：，， 所以的单调递增区间是； 【小问2详解】 由可得：， 又因为， 所以，解得： 由正弦定理可得， 则 ，其中， 所以当时，. 18. 在中，角，，对应的边分别为，，，. （1）求； （2）若的平分线交于. ①若与的面积之比为，求的值； ②若中点为，且，，求的面积. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理转化后，结合三角形的内角和与三角恒等变换，可求角； （2）①利用三角形的面积公式，结合可得，又由余弦定理可得，于是得到的值. ②设，，利用可得，利用可得，可求出的值，进而求的面积. 【小问1详解】 在中，由正弦定理得， 因为， 代入得. ，，. ，，. 【小问2详解】 ①， . 因为， ， 则有，解得. 在中，由余弦定理得， 解得. . ②设，. ，. ，代入化简得①. ② 代入①得. . 19. 已知函数为奇函数． （1）求a的值； （2）设函数， ①证明：有且只有一个零点； ②记函数的零点为，证明：． 【答案】（1） （2）①证明见解析；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据可求出a的值； （2）①讨论和时函数的单调性或函数值的正负，结合零点存在性定理可证明函数有且只有一个零点； ②由①可得，结合的范围分析函数单调性可证明不等式. 【小问1详解】 由题意得，， ∴，即恒成立，∴. 【小问2详解】 ①当时，函数与函数均在上单调递增， ∴在上单调递增， 又，， ∴存在唯一零点. 当时，，，∴， 当时，，，∴， ∴当时，无零点， 综上，有且只有一个零点，且该零点. ②由①可知，且，故， ∴， 令，则. 当时，，∴在上单调递增， ∴，即得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $