精品解析：湖南娄底市部分学校2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试题

2026年上学期娄底市部分学校期末考试 高二数学试卷 命题人：伍勇 审稿人：吴潇 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合，再根据集合的交集运算即可解出. 【详解】因为，所以， 故选：D. 2. 已知复数满足（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】. 所以. 3. 不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】移项通分，转化为一元二次不等式即可求解. 【详解】，可得， 即为，且，可得 故选：C 4. 在平面直角坐标系中，已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标表示即可求解. 【详解】已知向量，，若，则，解得，故A正确. 5. 基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （ ） A. 1.2天 B. 1.8天 C. 2.5天 D. 3.5天 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可得，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，根据，解得即可得结果. 【详解】因为，，，所以，所以， 设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天， 则，所以，所以， 所以天. 故选：B. 【点睛】本题考查了指数型函数模型的应用，考查了指数式化对数式，属于基础题. 6. 记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数性质判断可得，即得答案. 【详解】，，， 又， 所以. 7. 已知在处有极值，则（ ） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由极值点和极值，列出关于的方程组，再验证条件，即可求解. 【详解】根据题意，， 函数在处有极值0， 且， 或， 时恒成立，此时函数无极值点， 当时，， 此时是函数的极值，满足条件， ，. 故选：D 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为P，离心率为.过点且垂直于的直线与C交于两点，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】由条件可得为正三角形，继而得出直线为线段的垂直平分线，写出直线的方程为并与椭圆方程联立，得到韦达定理，由利用弦长公式推出，结合图形将化简转化，利用椭圆的定义即可求得. 【详解】 如图，连接因为，即，， 因，则为正三角形. 又，则直线为线段的垂直平分线，故，，且， 故直线的方程为，代入椭圆的方程，得. 设，则，， 则， 解得，则， . 故选：D. 二、多选题（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. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】直接由三角函数定义、诱导公式验算即可. 【详解】由题意， 从而. 故选：AD. 10. 下列说法正确的有（ ） A. 若随机变量的数学期望，则 B. 若随机变量的方差，则 C. 将一枚质地均匀的硬币抛掷次，记正面向上的次数为，则服从二项分布 D. 从男女共名学生干部中随机选取名学生干部，记选出女学生干部的人数为，则服从超几何分布 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于选项A，因为，故A错误； 对于选项B，因为，故B正确； 对于选项C，根据二项分布的概念可知随机变量服从，故C正确； 对于选项D，根据超几何分布的概念可知服从超几何分布，故D正确． 11. 如图，已知正方体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 直线与平面所成的角为 D. 点与平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，建立空间直角坐标系，计算出，得到；B选项，证明出四边形为平行四边形，故，从而得到线面平行；C选项，求出平面的法向量，由线面角的求解公式进行求解；D选项，求出平面的法向量，由点到平面的距离公式求出答案. 【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， 故， 故，所以， 故，A正确； B选项，因为，，所以四边形为平行四边形， 故， 又平面，平面，故平面，B正确； C选项，平面的一个法向量为， 又，故 设直线与平面所成的角大小为， 则， 故直线与平面所成的角不为，C错误； D选项，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，故， 故点与平面的距离为，D正确. 故选：ABD 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设函数，则曲线在点处的切线方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用导数的几何意义，求出切线的斜率，再利用点斜式，即可求解. 【详解】因为，所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为，即， 故答案为：. 13. 的展开式中常数项为______． 【答案】60 【解析】 【详解】的展开式的通项为，，1，2，…，6， 令，得，所以的展开式中常数项为． 14. 1202年，意大利数学家斐波那契（Leonardo Fibonacci，约1170-约1250）以兔子繁殖问题，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯，即，．人们在自然界中发现了许多斐波那契数列的例子．斐波那契数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域也有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列，则数列的前2025项的和为________． 【答案】1350 【解析】 【分析】由题意可得出新数列，判断出周期性，即可求得答案. 【详解】由题意知数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯， 被2除后的余数构成一个新数列：1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，1，0，⋯， 即数列是以3为周期的数列，一个周期内的三项和为2， 因为，故数列的前2025项的和为， 故答案为：1350 四、解答题（本题共5小题，共77分．15题13分，16，17各15分，18，19各17分解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内） 15. 在△中，. （1）求； （2）若，且△的面积为，求的值. 【答案】（1） （2） 2 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角求解. （2）利用三角形面积公式求解. 【小问1详解】 在△中，由及正弦定理，得， 而 ，则，又，所以. 【小问2详解】 由及的面积为，得，解得， 因此，即为正三角形，所以. 16. 已知数列为等差数列，且，． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设公差为，利用已知条件建立方程组求解和； （2）将裂项为，再求和. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由得， 由得， 解得，. 所以. 【小问2详解】 ，则， 所以. . 17. 如图，在四棱台中，下底面是边长为的正方形，侧棱与底面垂直，且. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的大小. 【答案】（1） 连接交于点，连结，. 因为底面是正方形，所以是的中点. 又，所以，故. 由棱台的定义，与共面，因为棱台的上、下底面平行，所以它们与平面的交线平行，即. 所以四边形为平行四边形，故. 又因为平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）作辅助线构造平行四边形，得到线线平行通过线面平行的判定定理可证； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量进而求法向量夹角的余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，. 故，，，. 设平面的法向量，由得. 取，得平面的一个法向量. 设平面的法向量，由得. 取，得平面的一个法向量. 故. 所以平面与平面夹角的大小为. 18. 已知椭圆的右顶点为，离心率. （1）求椭圆的方程； （2）设直线与椭圆交于不同的两点，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件确定的值，可求椭圆的方程. （2）把直线方程与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理表示出，，再表示出直线和的斜率，利用列式，求的值即可. 【小问1详解】 由题知， 且，得， 又，代入可得，， ∴椭圆的方程为. 【小问2详解】 如图： 联立，得， 由题意，即，解得. 设，，可得，， 由，得， 即，即 即，解得. 19. 已知函数． （1）求在处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，讨论在区间上零点的个数． 【答案】（1）； （2）； （3）3个. 【解析】 【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程； （2）法一：应用分离参数法有，再应用导数研究右侧的单调性求最小值，即可得参数范围；法二：应用必要性探路，问题化为，令，再证明，时，恒成立，确保充分性成立，即可得； （3）由题设得是函数的一个零点，讨论、、，并利用导数研究函数的零点个数，即可得. 【小问1详解】 由，则，显然，所以切线方程为； 【小问2详解】 ，此时， 法一：分离参数法，从而， 令，则， 所以，， 所以在单调递减，在单调递增， 因此，故的取值范围为； 法二：必要性探路，， 令，， 下证：，时，恒成立， 由一次函数在上递减， 则， 在和上恒成立，且时， 所以恒成立，故的取值范围为； 【小问3详解】 在区间上有3个零点，理由如下： 由于，所以是函数的一个零点，， 当时，此时恒成立，又由（1）知恒成立， 从而恒成立，所以在区间上没有零点； 当时，此时，， 若是的导数，则， 由于恒成立，所以，即在上单调递增， 从而存在使得，且，， 即在区间上递减，区间上递增，从而， 又，所以在有唯一零点，即在上有唯一零点； 当时，此时，从而， 由于时，，所以， 又，从而恒成立， 即在上恒成立，所以在区间上单调递增， 因为，， 因此在区间上有唯一零点， 综上所述，函数在区间上有3个零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年上学期娄底市部分学校期末考试 高二数学试卷 命题人：伍勇 审稿人：吴潇 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 4. 在平面直角坐标系中，已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （ ） A. 1.2天 B. 1.8天 C. 2.5天 D. 3.5天 6. 记，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知在处有极值，则（ ） A. 或 B. 或 C. D. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为P，离心率为.过点且垂直于的直线与C交于两点，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 二、多选题（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. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 10. 下列说法正确的有（ ） A. 若随机变量的数学期望，则 B. 若随机变量的方差，则 C. 将一枚质地均匀的硬币抛掷次，记正面向上的次数为，则服从二项分布 D. 从男女共名学生干部中随机选取名学生干部，记选出女学生干部的人数为，则服从超几何分布 11. 如图，已知正方体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 直线与平面所成的角为 D. 点与平面的距离为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设函数，则曲线在点处的切线方程为______. 13. 的展开式中常数项为______． 14. 1202年，意大利数学家斐波那契（Leonardo Fibonacci，约1170-约1250）以兔子繁殖问题，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯，即，．人们在自然界中发现了许多斐波那契数列的例子．斐波那契数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域也有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列，则数列的前2025项的和为________． 四、解答题（本题共5小题，共77分．15题13分，16，17各15分，18，19各17分解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内） 15. 在△中，. （1）求； （2）若，且△的面积为，求的值. 16. 已知数列为等差数列，且，． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 17. 如图，在四棱台中，下底面是边长为的正方形，侧棱与底面垂直，且. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的大小. 18. 已知椭圆的右顶点为，离心率. （1）求椭圆的方程； （2）设直线与椭圆交于不同的两点，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求实数的值. 19. 已知函数． （1）求在处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，讨论在区间上零点的个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $