精品解析：四川凉山州2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题

2025—2026学年度下期期末 高二数学 全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确． 2．选择题使用2B铅笔涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效． 3．考试结束后，将答题卡收回． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以. 又，所以. 2. 已知为虚数单位，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】考查复数的乘法运算及虚数单位，展开算式即可. 【详解】. 3. 展开式中项的系数为（ ） A. 12 B. 15 C. 18 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式，令的指数等于2求出，进而可得到对应项的系数. 【详解】因为二项式展开式通项公式为，令，得， 所以展开式中项的系数为. 4. 已知是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，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】C 【解析】 【分析】结合线面垂直的性质、面面垂直的判定与性质，依据充分必要条件的定义判断即可. 【详解】首先证明充分性： 已知，，若，由线面垂直的性质可得或， 若，因，即平面经过平面的一条垂线，根据面面垂直的判定定理，可得； 若，则平面内存在直线满足，结合得，即平面经过平面的垂线， 根据面面垂直的判定定理，可得，故充分性成立； 再证明必要性： 已知，，若，由面面垂直的性质结合，可得或， 若，因，根据线面垂直的性质可得， 若，则平面内存在直线满足，结合得，故，故必要性成立， 综上，“”是“”的充要条件，故C正确. 5. 已知抛物线：的焦点为，抛物线上一点到焦点的距离为3，则（为坐标原点）的面积为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用抛物线的定义求出，代入抛物线方程得到纵坐标，再结合三角形面积公式求解即可 【详解】由题意知，，且，可得， 将代入抛物线方程得：， 所以. 6. 已知中，，，，则（ ） A. B. 或 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用正弦定理和余弦定理进行求解即可. 【详解】根据正弦定理，得， 因为，所以，所以为锐角， 由， 由余弦定理， 得，或. 7. 设上的可导函数满足，且是偶函数．若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据导数不等式确定的单调性，再由是偶函数推出的对称轴为，比较三个自变量到对称轴的距离即可判断函数值大小. 【详解】由，可得当时，，故，在上单调递增； 当时，，故，在上单调递减； 因为是偶函数，故对任意实数有，即的图象关于直线对称， 因为，结合的单调性与对称性可知，自变量到对称轴距离越大，函数值越大， 故，即. 8. 一位足球爱好者参加点球比赛，记事件“第次进球”（）．已知，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用全概率公式先计算第二次进球的概率，再结合条件概率计算第三次进球的概率即可. 【详解】首先根据对立事件的概率性质，得. 由全概率公式计算：  . 同理可得. 由全概率公式计算：  ，故选D. 二、多项选择题（本大题共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. 下列说法中正确的是（ ） A. 数据3，4，5，7，8的第80百分位数是7.5 B. 两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数的绝对值越接近于0 C. 已知关于的线性回归方程为，则样本点的残差绝对值为0.1 D. 若一个样本容量为5的样本的平均数为5，方差为2，现在样本中加入一个新数据5，则此时样本容量为6，其平均数与方差的值均不变 【答案】AC 【解析】 【分析】结合百分位数的定义、样本相关系数的含义、残差的计算方法、平均数与方差的计算公式，逐项判断选项的正误. 【详解】对于A：该组数据共5个，计算，为整数， 因此第80百分位数是第4个数据和第5个数据的平均值，即，A正确； 对于B：两个随机变量的线性相关程度越强，样本相关系数的绝对值越接近于， 绝对值越接近说明线性相关程度越弱，B错误； 对于C：将代入回归方程得，样本点的残差为，绝对值为，C正确； 对于D：新样本的平均数为，和原平均数相等； 原样本的方差为2，即，可得， 加入新数据后新方差为，方差变小，D错误. 10. 已知数列是首项为1，公差为2的等差数列，数列满足，下列说法中正确的有（ ） A. B. 数列是首项为2，公差为4的等差数列 C. 是公比为4的等比数列 D. 对任意正整数均成立 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，由数列是首项为1，公差为2的等差数列，得，故A正确； 对于B，由，得，即当时，首项，公差， 数列是首项为3，公差为4的等差数列，故B错误； 对于C，由，得，则公比， 数列是公比为4的等比数列，故C正确； 对于D，由，得， ； 由数列是等差数列，得， ，得，故D正确. 11. 已知，分别是双曲线：，（，）的左、右焦点，为其右支上一点（异于右顶点），的内切圆与轴相切于点，则下列说法正确的是（ ） A. 点到轴的距离为 B. 若，则的渐近线方程为 C. 若且，则的离心率为 D. 若，则的周长为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先由双曲线的定义及圆的切线长定理得，从而可得，进而可判断A错误；对B由向量的坐标运算可得，从而可判断渐近线方程；对C在焦点三角形中用余弦定理可得离心率；对D由勾股定理及双曲线的定义可得. 【详解】 设双曲线焦点 ，设的内切圆与相切于. 因为点在右支上，故. 根据三角形内切圆切线长相等：， 所以， 即. 设 ，则，得，即 . 选项A，因为到轴距离为，不一定等于，故A错误； 选项B，由 ，所以， 故，又，得，即​， 所以双曲线的渐近线方程为，故B正确； 选项C，由题意 ，，，， 由余弦定理：，  代入上述值得，， ，所以，，因此​​ ，C正确； 选项D，设，由，得， 又，所以 ，得​， 故​周长为 ，故D正确. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 甲、乙等5人排成一行照相，其中甲、乙不相邻，则不同的排列方法有_________种．（用数字作答） 【答案】 72 【解析】 【详解】先排列除甲、乙以外的三人，共有种， 再将甲、乙两人插空加入，四个空隙插入人，共有种， 所以共有种. 13. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，侧棱长为，则其外接球的表面积为_______． 【答案】 【解析】 【分析】设出上下底面中心及外接球半径是，根据正棱台及球的性质列出方程组可得球的半径进而即得. 【详解】 设是下底面正方形中心， 是上底面正方形中心， 为棱台的高，外接球球心为， 则， ， ， ，， ，即 ， 设球心到下底面的距离为，则到上底面的距离为， 外接球半径满足：， 解得， ， 所以正四棱台外接球的表面积是 . 14. 已知关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】，当时，，足够大时，式子不成立，因此，对式子进行变形，构造单调函数，利用单调性把不等式简化为，分离参数，求函数的最大值即可. 【详解】，定义域为， ，则， 若，当时，，，，不满足恒成立， 因此只能有， 当时，，显然成立， 当时，，则， 因为，所以，即， 设，，在上是单调递增函数， 因为，，所以， 所以， 即， 令，， 时，，单调递增， 时，，单调递减， 在处取得最大值，且， 要使恒成立，只需. 则实数的取值范围为. 四、解答题（本大题共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. 2026年第四届“火战凉山·火洛杯”全网曝光超4350万次，话题浏览超2．5亿次，是凉山年度全民热门赛事．某校为激发学生对体育运动的兴趣，举行了一次有关“火洛杯”的知识竞赛，其中篮球、彝族特色文化、禁毒防艾三类相关知识题量占比分别为、、，甲同学回答篮球、彝族特色文化、禁毒防艾这三类问题中每个题的正确率分别为、、． （1）若甲同学在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率； （2）若甲同学从这三类题中各任选一题作答，每一题回答正确得10分，回答错误得分．设该同学回答三题后的总得分为分，求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列为： 数学期望 【解析】 【分析】（1）运用全概率公式结合题意进行求解即可； （2）由题意得，根据独立事件概率公式求出对应的概率，结合数学期望公式进行求解即可. 【小问1详解】 因为篮球、彝族特色文化、禁毒防艾三类相关知识题量占比分别为、、， 甲同学回答篮球、彝族特色文化、禁毒防艾这三类问题中每个题的正确率分别为、、， 所以甲同学在该题库中任选一题作答，他回答正确的概率为： ； 【小问2详解】 由题意，可得， ， ， ， ， 所以的分布列为： 数学期望. 16. 已知数列的前项和为，且，等差数列满足， （1）求和的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） ， （2） 【解析】 【分析】（1）由，得到即可求出的通项公式；再根据等差数列的基本项即可求出的通项公式. （2）由，利用错位相减法即可求解. 【小问1详解】 由，当时，； 当时，，两式相减，得，即， 所以  是首项为、公比为的等比数列，即的通项公式为； 由，代入 得；，代入得， 设公差为，则，得， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）可知，，，所以， 由于数列的前项和为，， ， 两式相减得， 故. 17. 如图，为直角梯形，，，为的中点，现将沿折起使点至点处，得四棱锥，点为中点． （1）求证：平面； （2）当二面角为直二面角时，求：直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 如上图，连接交于，连接， 由题可知：底面是正方形，所以为的中点， 又因为为中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于，连接，再根据线面平行的判定定理求解即可； （2）建系，求得平面法向量，和直线方向向量，代入夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 因为底面是正方形，所以，由二面角为直二面角， 得平面平面，而平面平面，平面， 所以平面，而平面，所以， 又，平面，平面， 以E为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间坐标系，直线与平面所成角为． ，，，， 由图可知为平面的法向量， 则，. 18. 已知椭圆：，（）的左、右焦点分别为、，点是上的点，且，离心率． （1）求的标准方程； （2）设，． ①若点位于第一象限，直线，的斜率分别为，，求的取值范围； ②设直线：与交于，两点（不与M重合），若（为坐标原点），试判断直线是否过定点，如果是，请求出定点，如果不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）①； ②直线过定点，理由如下： 设，， 设直线， 联立，消去得，整理得， 则，由可知，则， 所以 ，即，即， 所以，整理得， 即，故， 所以直线， 令，即，此时，则直线过定点. 【解析】 【分析】（1）由椭圆定义直接求出；由离心率算出；用求出，即可写出椭圆标准方程. （2）①先设第一象限内点，写出两条直线斜率，相乘得到；利用椭圆方程把替换成含的表达式，将乘积化为只含的函数；根据在第一象限，确定，再利用函数单调性求出取值范围.②条件，几何意义是直线关于轴对称，等价于斜率之和；把直线和椭圆联立，得到一元二次方程，用韦达定理写出与；将斜率相加为的式子通分展开，再把韦达定理的结果代入化简，得到的关系式；把关系式代回直线方程，整理成点斜式，令参数的系数为0，求出定点坐标. 【小问1详解】 由椭圆定义得到，故， 所以由离心率得， 由得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 ①设，因为点位于第一象限，所以且满足，即， 因为，，所以，则， 令，由在第一象限，得，故， 则， 因为，所以，所以，则，即，即， 所以的取值范围是. ②略 19. 已知函数，，． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设函数， ①若函数在上不具有单调性，求的取值范围； ②若函数有两个不同的极值点，，求证： 【答案】（1） （2）①； ②要证，因为单调递增，只需证：. 由题意，​是的两个根，故：，， 两式作差得：，不妨设，则. 令，则，所以， 即，所以，因此. 要证，只需证，即只需证. 令，， 令，则，所以在上单调递增， 因此在上单调递增，则，所以在上单调递增， 所以，即恒成立，因此恒成立， 所以恒成立，因此成立. 【解析】 【分析】（1）直接由导数的几何意义可得切线方程； （2）①直接用导数可得函数的导函数的最小值，再令即的最小值小于零可得；②先由​是的两个根，得，再令，从而将不等式转化为，再构造函数，用导数判断成立可得. 【小问1详解】 由函数，所以，，. 所以切点为，切线的斜率为， 由点斜式得切线方程：，整理得：. 因此曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 ①由， 在上不单调，等价于存在变号零点，即的最小值小于. 设，求导得，令得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 故的最小值为，且 所以令，得，因此的取值范围为. ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度下期期末 高二数学 全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确． 2．选择题使用2B铅笔涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效． 3．考试结束后，将答题卡收回． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 展开式中项的系数为（ ） A. 12 B. 15 C. 18 D. 20 4. 已知是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，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 5. 已知抛物线：的焦点为，抛物线上一点到焦点的距离为3，则（为坐标原点）的面积为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 6. 已知中，，，，则（ ） A. B. 或 C. D. 7. 设上的可导函数满足，且是偶函数．若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 一位足球爱好者参加点球比赛，记事件“第次进球”（）．已知，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共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. 下列说法中正确的是（ ） A. 数据3，4，5，7，8的第80百分位数是7.5 B. 两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数的绝对值越接近于0 C. 已知关于的线性回归方程为，则样本点的残差绝对值为0.1 D. 若一个样本容量为5的样本的平均数为5，方差为2，现在样本中加入一个新数据5，则此时样本容量为6，其平均数与方差的值均不变 10. 已知数列是首项为1，公差为2的等差数列，数列满足，下列说法中正确的有（ ） A. B. 数列是首项为2，公差为4的等差数列 C. 是公比为4的等比数列 D. 对任意正整数均成立 11. 已知，分别是双曲线：，（，）的左、右焦点，为其右支上一点（异于右顶点），的内切圆与轴相切于点，则下列说法正确的是（ ） A. 点到轴的距离为 B. 若，则的渐近线方程为 C. 若且，则的离心率为 D. 若，则的周长为 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 甲、乙等5人排成一行照相，其中甲、乙不相邻，则不同的排列方法有_________种．（用数字作答） 13. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，侧棱长为，则其外接球的表面积为_______． 14. 已知关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为______． 四、解答题（本大题共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. 2026年第四届“火战凉山·火洛杯”全网曝光超4350万次，话题浏览超2．5亿次，是凉山年度全民热门赛事．某校为激发学生对体育运动的兴趣，举行了一次有关“火洛杯”的知识竞赛，其中篮球、彝族特色文化、禁毒防艾三类相关知识题量占比分别为、、，甲同学回答篮球、彝族特色文化、禁毒防艾这三类问题中每个题的正确率分别为、、． （1）若甲同学在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率； （2）若甲同学从这三类题中各任选一题作答，每一题回答正确得10分，回答错误得分．设该同学回答三题后的总得分为分，求的分布列及数学期望． 16. 已知数列的前项和为，且，等差数列满足， （1）求和的通项公式； （2）求数列的前项和． 17. 如图，为直角梯形，，，为的中点，现将沿折起使点至点处，得四棱锥，点为中点． （1）求证：平面； （2）当二面角为直二面角时，求：直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知椭圆：，（）的左、右焦点分别为、，点是上的点，且，离心率． （1）求的标准方程； （2）设，． ①若点位于第一象限，直线，的斜率分别为，，求的取值范围； ②设直线：与交于，两点（不与M重合），若（为坐标原点），试判断直线是否过定点，如果是，请求出定点，如果不是，请说明理由． 19. 已知函数，，． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设函数， ①若函数在上不具有单调性，求的取值范围； ②若函数有两个不同的极值点，，求证： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $