精品解析：甘肃兰州市第五十一中学2025-2026学年高二下学期期末数学试卷

兰州五十一中2025~2026学年第二学期期末试卷 高二数学 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. 复数在复平面内对应的点在（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 4. 某件精品瓷器可近似地看作由一个半球和一个圆台构成的组合体，如图所示，该瓷器的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知锐角满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 五一期间，某市文旅部门打造了“儒家文化，运河风情，水浒江湖，湖光山色”四大主题文旅产品，甲、乙、丙3名游客每人从中至少选择一个主题体验，且每个主题都恰有1人体验，则不同的游览方式共有（ ）种 A. 12 B. 18 C. 36 D. 72 7. 设为抛物线的焦点，过点且倾斜角为的直线交于两点，（ ） A. 12 B. 10 C. 9 D. 6 8. 比较，，，，的大小关系，并按照从大到小的顺序排列结果是（ ） A. B. C. 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. 已知直线l：和圆O：，则下列说法正确的是（ ） A. 直线l恒过定点 B. 存在k使得直线l与直线：垂直 C. 直线l与圆O相交 D. 若，直线l被圆O截得的弦长为4 10. 已知递增等比数列的前项和为，若，则（　　） A. B. C. 是公差为的等差数列 D. 是等比数列 11. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 在单调递增 C. 有且仅有1个零点 D. 的最小值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 等差数列的前n项和为，，且，则______． 13. 已知函数是定义在上的奇函数，，当时，，则的值为__________． 14. 棱长为1的正方体中，点为上的动点，为底面的中心，则的最小值为__________． 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. 某地区出现人形机器人“店员”，为顾客提供智能售卖服务．已知每次独立执行高难度动作时，机器人成功的概率为0.9，失败的概率为0.1，机器人成功的概率为0.8，失败的概率为0.2． （1）若从，两个机器人中等可能地选用一个机器人独立执行一次高难度动作，求该机器人成功的概率； （2）若，机器人各自独立执行一次高难度动作，记机器人成功的次数为，求的分布列和数学期望． 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，． （1）求； （2）若，的周长为，求的面积． 17. 已知函数，其中． （1）当时，求函数的图象在处的切线方程； （2）求的极值； （3）若恒成立，求的取值范围． 18. 如图，正方体的棱长为，为的中点，点在上.再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点唯一确定，并解答问题.条件①：；条件②：；条件③：平面. （1）求证：为的中点； （2）求直线与平面所成角的大小； （3）求点到平面的距离. 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 19. 椭圆的离心率为，左右顶点分别为，，上下顶点分别为，，四边形是边长为的菱形． （1）求椭圆C的方程； （2）已知A是椭圆C在第一象限上的点，B与A关于原点对称，为椭圆C的右焦点，连接与，并延长交椭圆C于D，E两点，若直线AB的斜率为，直线DE的斜率为，试探究是否为定值．若是，则求出这个定值；若不是，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兰州五十一中2025~2026学年第二学期期末试卷 高二数学 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. 复数在复平面内对应的点在（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数除法的运算法则，结合复数在复平面内对应的点的坐标进行判断即可. 【详解】因为， 所以复数在复平面内对应的点的坐标为，它在第二象限， 故选：B 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解集合A中的不等式，得到集合A，求集合B中函数的定义域，得到集合B，再由交集的定义求. 【详解】不等式，解得，则集合， 函数有意义，则，解得， 则集合， 所以. 故选：C 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量的模长的坐标运算求解即可． 【详解】根据题意，， ，，即， ， ． 故选：C． 4. 某件精品瓷器可近似地看作由一个半球和一个圆台构成的组合体，如图所示，该瓷器的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】半球的半径为6，半球的体积为， 圆台的体积为， 故该瓷器的体积为. 5. 已知锐角满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合已知条件和求出，从而联立方程可求出，再根据即可求得答案. 【详解】由题意，①， 则，又， 所以， 所以， 因为为锐角，所以，所以②， 由①和②联立可解得， 所以. 故选：B. 6. 五一期间，某市文旅部门打造了“儒家文化，运河风情，水浒江湖，湖光山色”四大主题文旅产品，甲、乙、丙3名游客每人从中至少选择一个主题体验，且每个主题都恰有1人体验，则不同的游览方式共有（ ）种 A. 12 B. 18 C. 36 D. 72 【答案】C 【解析】 【分析】先将4个主题按2,1,1的结构分组，再将三组分配给3名游客，结合分步乘法计数原理计算即可. 【详解】先将4个主题分为2个、1个、1个共三组，分组方法数为； 再将分好的三组全排列，分配给3名不同的游客，排列方法数为； 根据分步乘法计数原理，总游览方式共有种. 7. 设为抛物线的焦点，过点且倾斜角为的直线交于两点，（ ） A. 12 B. 10 C. 9 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】联立直线与抛物线的方程可得韦达定理，进而根据焦点弦的公式即可求解，或者利用二级结论求解. 【详解】方法一：由题意知抛物线焦点，所以直线. 由得. 设，,则由抛物线的几何性质，得. 方法二：由于，因为，所以. 故选：A. 8. 比较，，，，的大小关系，并按照从大到小的顺序排列结果是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数的性质可得，构造函数，利用的单调性可得，构造函数，利用导数与函数的单调性间的关系，求出的单调性，可得，即可求解. 【详解】易知，令， 则在区间上恒成立，所以在区间上单调递增， 所以，可得，即，又易知， 令，则 当时，，当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，得到 所以. 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. 已知直线l：和圆O：，则下列说法正确的是（ ） A. 直线l恒过定点 B. 存在k使得直线l与直线：垂直 C. 直线l与圆O相交 D. 若，直线l被圆O截得的弦长为4 【答案】BC 【解析】 【分析】利用直线恒过定点可判断A,C，利用直线垂直时斜率的关系可判断B,根据勾股定理求弦长，可判断D. 【详解】整理可得，由可得， 所以直线恒过定点，A不正确； 直线的斜率为，直线的斜率为，若，则有，，B正确； 直线恒过定点，且在圆O内部，所以直线l与圆O相交，C正确； 若，直线l：，圆心O到直线的距离为， 所以直线l被圆O截得的弦长为，D不正确. 故选：BC 10. 已知递增等比数列的前项和为，若，则（　　） A. B. C. 是公差为的等差数列 D. 是等比数列 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式与求和公式，进行基本量的计算判断AB；利用等差、等比数列的定义判断CD. 【详解】设递增等比数列的公比为，由，得， 而， 则，解得，， 对于A，，A错误； 对于B，，，B正确； 对于C，， 则数列是等差数列，公差为，C正确； 对于D，，又， 因此是首项为3，公比为的等比数列，D正确. 故选：BCD 11. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 在单调递增 C. 有且仅有1个零点 D. 的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据解析式以及函数奇偶性定义可判断A正确，对函数求导并由对勾函数性质以及三角函数值域可判断B正确，结合函数单调性可知C正确，由指数函数性质可得D错误. 【详解】对于A，易知的定义域为，定义域关于原点对称， 可知，即为奇函数，可得A正确； 对于B，当时， 可得恒成立， 因此在单调递增，即B正确； 对于C，由B可知在上单调递增，且， 因此有且仅有1个零点，即C正确； 对于D，当时，可得趋近于，因此D错误. 故选：ABC 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 等差数列的前n项和为，，且，则______． 【答案】7 【解析】 【分析】利用等差数列前项和，求解公差为，从而解出. 【详解】设等差数列的公差为， 因为等差数列前项和，且， ， 所以，所以，所以， 所以. 13. 已知函数是定义在上的奇函数，，当时，，则的值为__________． 【答案】2 【解析】 【分析】首先根据题目条件得出函数周期，再通过给出的函数解析式求出部分函数值，结合函数的周期性和函数值求解的值. 【详解】因为为奇函数，所以， 又因为， 所以，， 所以可知为一个最小正周期为4的周期函数， 所以， ， ， 因为，所以，所以， 所以. 14. 棱长为1的正方体中，点为上的动点，为底面的中心，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，先求，再求，最后利用二次函数即可求解. 【详解】以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图， 由棱长为，所以， 所以， 设， 所以， 所以， 所以当时，的最小值为. 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. 某地区出现人形机器人“店员”，为顾客提供智能售卖服务．已知每次独立执行高难度动作时，机器人成功的概率为0.9，失败的概率为0.1，机器人成功的概率为0.8，失败的概率为0.2． （1）若从，两个机器人中等可能地选用一个机器人独立执行一次高难度动作，求该机器人成功的概率； （2）若，机器人各自独立执行一次高难度动作，记机器人成功的次数为，求的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） 的分布列为： 数学期望为 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式，结合选用两种机器人的等可能性及各自的成功概率求解总成功概率； （2）先确定成功次数的所有可能取值，用独立事件概率公式计算各取值对应概率得到分布列，再由离散型随机变量期望公式计算期望. 【小问1详解】 设事件为选用机器人，事件为选用机器人，事件为所选机器人执行高难度动作成功. 则， 所以； 即从，两个机器人中等可能地选用一个机器人独立执行一次高难度动作，该机器人成功的概率为； 【小问2详解】 由题意可知的可能取值为，且机器人执行动作相互独立， 所以； ； . 所以的分布列为 0 1 2 0.02 0.26 0.72 所以的数学期望为. 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，． （1）求； （2）若，的周长为，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 由正弦定理得：， 又，所以， 所以， 所以， 所以，即，所以， 又，所以. 【小问2详解】 由的周长为，所以，所以， 由余弦定理得：， 所以，所以，解得， 所以. 17. 已知函数，其中． （1）当时，求函数的图象在处的切线方程； （2）求的极值； （3）若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 极小值为，无极大值 （3） 【解析】 【分析】（1）当时，求处的函数值与导数值，结合导数几何意义即可求得函数的图象在处的切线方程； （2） 利用导数讨论函数的单调性，从而确定极值点，计算出的极值； （3） 结合（2）的结论，将恒成立不等式转化为求函数的最小值 不小于，化简即可得到的取值范围。 【小问1详解】 当时，函数，定义域为， . 所以， 所以函数的图象在处的切线方程为； 【小问2详解】 因为，所以函数的定义域为， . 令，得. 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以在处取得极小值，极小值为. 故的极小值为，无极大值. 【小问3详解】 由（2）得的最小值为的极小值，为. 若恒成立，则，， 解得. 故的取值范围是． 18. 如图，正方体的棱长为，为的中点，点在上.再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点唯一确定，并解答问题.条件①：；条件②：；条件③：平面. （1）求证：为的中点； （2）求直线与平面所成角的大小； （3）求点到平面的距离. 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） 证明：选条件①：由， 根据正方体的对称性，此时点为上的任意一点，所以不成立； 选条件②：． 连接，在正方体中，由平面， 因为平面，所以， 又因为，， 所以， 因为平面，所以， 又因为为的中点， 所以为的中点． 选择条件 ③：平面． 连接，因为平面，平面， 且平面平面，所以， 因为为的中点，所以为的中点． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分别选条件①②③，结合线面平行位置关系的判定定理和性质定理，即可得证； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，利用向量的夹角公式，即可得出结果. （3）由（2）可知，直线与平面所成的角为，利用计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 令，则．于是， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的大小为， 【小问3详解】 点到平面的距离为. 19. 椭圆的离心率为，左右顶点分别为，，上下顶点分别为，，四边形是边长为的菱形． （1）求椭圆C的方程； （2）已知A是椭圆C在第一象限上的点，B与A关于原点对称，为椭圆C的右焦点，连接与，并延长交椭圆C于D，E两点，若直线AB的斜率为，直线DE的斜率为，试探究是否为定值．若是，则求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）是定值，． 【解析】 【分析】（1）根据离心率和菱形的边长，建立关于的方程组，求解即得椭圆方程； （2）设，求出，写出直线的方程并与椭圆方程联立，消去后得到韦达定理，从而用表示出点的坐标，写出的算式并化简即可求出的定值. 【小问1详解】 由可得 又由题意，， 联立两式，解得 所以椭圆C的方程为． 【小问2详解】 设，则，，， 则，． 则直线与椭圆方程联立， 消去可得：， 即． 显然,， 所以，． 所以，同理可得． 所以． 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $