精品解析：广东汕头市第一中学2025-2026学年第二学期期末考试高二数学试题

2025～2026学年度第二学期期末考试 高二级数学科试题 注意：试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题有且只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 观察下列散点图，其中图1两个变量的相关关系为，图2两个变量的相关关系为，则判断一定正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，满足，，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 4. 在等比数列，则数列的前5项之和为（ ） A. B. C. D. 5. 形状各异的4片磁力片，分给甲乙丙3个小朋友，每个小朋友至少1片，其中正方形磁力片只能给甲．共有多少种分法（ ） A. 6 B. 15 C. 9 D. 12 6. 已知方程表示焦点在轴上的双曲线，则该双曲线渐近线的方程可以是（ ） A. B. C. D. 7. 已知是定义在R上的奇函数且，当时，，则（ ） A. B. C. D. 8. 某抽奖游戏规则如下：抽奖箱有大小、形状均相同的个球.其中有个新球和个旧球.每次从中随机抽取个球，若抽到新球，则此球变为旧球，抽奖者再将此球放回到抽奖箱；若抽到旧球，则直接丢弃.游戏持续进行，直到抽奖箱中剩余球全部为新球时中奖，若抽奖箱为空，则没有中奖，中奖或抽奖箱为空时，游戏结束.设为游戏结束时抽取的次数，则的期望为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 若复数z满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 10. 已知一组样本数据，，的方差为3，则（ ） A. ，，不可能都相等 B. ，，的方差也为3 C. 该组样本数据的平均数有最值 D. 的最小值为9 11. 已知抛物线的焦点为，准线为与轴的交点为，过的直线与分别交于两点，则以下选项正确的是（ ） A. 坐标为 B. 当时， C. 若，则 D. 过点作与垂直的直线与交于两点，则四边形面积的最小值为32 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，是第二象限角，则__________． 13. 如图，直三棱柱中，点M，N分别为和的中点，则三棱锥与三棱柱的体积之比为__________． 14. 已知6个数为：1，2，4，8，16，29．将这6个数分为3组，每组2个数，使得每组的2个数之和构成一个项数为3且公差为的等差数列，则公差d的值可以为__________． 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，是边长为2的等边三角形，底面是等腰梯形，，，． （1）在图中作出平面与平面的交线为l（保留作图痕迹）； （2）若，求证：平面平面． 16. 在中，角的对边分别为．已知． （1）求； （2）若为边上一点，且，，求的值． 17. 许多小朋友热衷于“套娃娃”游戏．在一个套娃娃的摊位上，一轮“套娃娃”游戏规则是：①规定小朋友套娃娃成功次或套次后游戏结束，即中途不放弃，直到成功一次为止或套次结束；②每次套娃娃费用是元，例如第一、二次未成功，第三次成功，费用元．每次套娃娃成功的概率为且相互独立． （1）求小朋友一轮套娃娃成功的概率； （2）记随机变量为小朋友一轮套娃娃的次数，求的分布列和数学期望； （3）假设每个娃娃价值元，每天有位小朋友到此摊位玩一轮套娃娃游戏，求摊主每天利润的期望． 18. 定义：如果函数在定义域内存在实数，使成立，其中为大于0的常数，则称点为函数的级“平移点”.已知函数. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若在上存在1级“平移点”，求的取值范围. 19. 已知椭圆的离心率为，O为坐标原点，椭圆C上的点到两个焦点的距离之和为4． （1）求C的方程； （2）过点的直线交椭圆C于M，N两点，过点M作直线的垂线，垂足为E． ①若的面积是的面积的两倍，求直线的方程； ②证明直线过定点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年度第二学期期末考试 高二级数学科试题 注意：试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题有且只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由即，得， 所以，故. 2. 观察下列散点图，其中图1两个变量的相关关系为，图2两个变量的相关关系为，则判断一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图象可得，且，逐项判断. 【详解】观察图像，可以发现图1整体从左往右递减，图2整体从左往右递增，所以， 同时图2整体排列比图1更为紧密，所以， ，A正确； 因为，所以 ， ， ，故BCD都错误. 3. 已知平面向量，满足，，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】因，，， 则， 代入可得即．解得． 4. 在等比数列，则数列的前5项之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由等比数列通项公式求得首项和公比，再由求和公式即可求解. 【详解】设等比数列公比为，首项为，根据通项公式， 由已知条件得： ​ ②÷①消去公共项得 ​，解得， 将代入①，得 ，解得， 则 . 5. 形状各异的4片磁力片，分给甲乙丙3个小朋友，每个小朋友至少1片，其中正方形磁力片只能给甲．共有多少种分法（ ） A. 6 B. 15 C. 9 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】分甲得2个和甲得1个磁力片两种情况分类求解，再由分类加法计数原理得解. 【详解】若甲分得两个磁力片，共有种分法， 若甲只分得一个磁力片，共有种分法， 由分类加法计数原理，可得共有种分法. 故选：D 6. 已知方程表示焦点在轴上的双曲线，则该双曲线渐近线的方程可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，进而得到双曲线渐近线的方程为，再结合选项求解判断即可. 【详解】由题意，可得，解得， 而，则， 所以该双曲线渐近线的方程为， 结合选项，令，解得，满足题意； 令，解得，不满足题意； 令，无解，不满足题意； 令，解得，不满足题意. 综上所述，该双曲线渐近线的方程可以是. 故选：A 7. 已知是定义在R上的奇函数且，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用是定义在R上的奇函数且，可得到，即可得，由可求，即可得. 【详解】因为是定义在R上的奇函数，所以，即.所以. 又因为，所以. 所以. 当时，，所以. 所以. 8. 某抽奖游戏规则如下：抽奖箱有大小、形状均相同的个球.其中有个新球和个旧球.每次从中随机抽取个球，若抽到新球，则此球变为旧球，抽奖者再将此球放回到抽奖箱；若抽到旧球，则直接丢弃.游戏持续进行，直到抽奖箱中剩余球全部为新球时中奖，若抽奖箱为空，则没有中奖，中奖或抽奖箱为空时，游戏结束.设为游戏结束时抽取的次数，则的期望为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题属于离散型随机变量的数学期望求解问题，首先提炼题干核心信息：抽奖箱初始有个新球、个形状大小均相同的旧球，每次随机抽取个球，规则为抽到新球则该球变为旧球后放回抽奖箱，抽到旧球则丢弃该球，设为抽奖总次数，需先明确的所有可能取值，结合概率乘法公式计算每个取值对应的概率，再通过离散型随机变量期望公式求解. 【详解】设为游戏结束时抽取的次数，中奖情况：若只抽到初始的个旧球即中奖，此时，； 若抽到过个新球，则共需丢弃个旧球，此时； 若抽到过个新球，则需丢弃个旧球，此时，路径有（新，新，旧，旧，旧）和（新，旧，新，旧，旧），则. 不中奖情况：若不中奖，则箱子为空，意味着个新球都被抽过且个旧球最终都被丢弃.每个新球需抽两次（一次变旧一次丢弃），初始旧球抽一次，故总次数必为. 其概率. 综上，的数学期望.故选. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 若复数z满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】运用复数除法化简可得，分别运用共轭复数的概念、复数模公式、复数乘法运算及乘方运算即可判断各个选项. 【详解】因为，所以， 对于A项，，故A项错误； 对于B项，，故B项正确； 对于C项，，故C项错误； 对于D项，，，故D项正确. 故选：BD. 10. 已知一组样本数据，，的方差为3，则（ ） A. ，，不可能都相等 B. ，，的方差也为3 C. 该组样本数据的平均数有最值 D. 的最小值为9 【答案】ABD 【解析】 【详解】由题意，，. 对于A，若，则， 所以，不满足题意， 则，，不可能都相等，故A正确； 对于B，，，的平均数为， 则方差为 ，故B正确； 对于C，由方差的性质可知，样本数据，，的方差为3， ，，的的方差也为3， 由k具有任意性，可知该组样本数据的平均数没有最值，故C错误； 对于D，因为， 所以， 当时，取得最小值9，故D正确. 11. 已知抛物线的焦点为，准线为与轴的交点为，过的直线与分别交于两点，则以下选项正确的是（ ） A. 坐标为 B. 当时， C. 若，则 D. 过点作与垂直的直线与交于两点，则四边形面积的最小值为32 【答案】ABD 【解析】 【分析】由抛物线方程得出焦点坐标即可判断A；设，设直线，与抛物线方程联立得出和，进而得出和，根据得出，列方程求解即可判断B；由得出，代入即可判断C；设，设直线，表示出四边形面积，根据基本不等式即可判断D． 【详解】对于A，抛物线：，焦点坐标，故A正确； 对于B，设， 由题意知，直线斜率不为零，设直线， ， 可推出：， ， 所以，解得， 所以，故B正确； 对于C，， 因为， 所以，，故C错误； 对于D，设，设直线，同理推出， ， 当且仅当时等号成立，故D正确； 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，是第二象限角，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】因为，是第二象限角，所以. 所以. 13. 如图，直三棱柱中，点M，N分别为和的中点，则三棱锥与三棱柱的体积之比为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据中点以及直三棱柱的特点将三棱锥的体积等价转换为容易计算的三棱锥的体积，从而可得两几何体的体积之比. 【详解】因为是的中点，所以， 又因为平面，所以， 又因为平面，所以， 所以，所以体积比为. 14. 已知6个数为：1，2，4，8，16，29．将这6个数分为3组，每组2个数，使得每组的2个数之和构成一个项数为3且公差为的等差数列，则公差d的值可以为__________． 【答案】10或11或17 【解析】 【分析】根据原6个数的和等于新数列的和可以得出新数列的中间项为，因此另外两项分别为和，再由4个数的组合情况分别求出的值. 【详解】6个数的和为， 设新数列首项为，公差为，项数为3. 则新数列的和为，化简得：. 所以可设新数列为：. 所以原6个数中必须有两个数之和为20，观察发现：. 剩下：1，2，8，29分成两组，一组和为，另一组和为. 由，，解得，经检验符合题意. 由，，解得，经检验符合题意. 由，，解得，经检验符合题意. 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，是边长为2的等边三角形，底面是等腰梯形，，，． （1）在图中作出平面与平面的交线为l（保留作图痕迹）； （2）若，求证：平面平面． 【答案】（1） （2） 证明：在等腰梯形中，， 过点B作交于点G，则， 在直角三角形中，，，得． 在中，由余弦定理， 得， 因为，所以， 又因，，，平面 因此平面， 而平面， 所以平面平面． 【解析】 【分析】（1）延长交于一点，连接，即为交线,理由：等腰梯形两腰与必交一点,则平面平面； （2）过点B作交于点G，在等腰梯形中，，通过余弦定理证得，故，又，因此证得平面，而平面，所以平面平面． 【小问1详解】 延长交于一点，连接，则平面平面， 理由如下：因为底面是等腰梯形，，， 又是边长为2的等边三角形 所以，，，, 故与必交于一点,所以平面平面. 【小问2详解】 略 16. 在中，角的对边分别为．已知． （1）求； （2）若为边上一点，且，，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角由及正弦定理得，再使用三角恒等变换求得角； （2）根据余弦定理可得，再结合正弦定理得，，两者结合得，而，从而可得，所以. 【小问1详解】 由及正弦定理得：， 因为，所以， 所以， 化简得，而，所以， 又，所以. 【小问2详解】 因为，，所以，即， 在中，，所以，， 在中，，，，， 由余弦定理得：， 所以，即①， 在中，由，得，即②， 将②代入①中，得， 即，解得， 所以， 因为，所以， 所以． 17. 许多小朋友热衷于“套娃娃”游戏．在一个套娃娃的摊位上，一轮“套娃娃”游戏规则是：①规定小朋友套娃娃成功次或套次后游戏结束，即中途不放弃，直到成功一次为止或套次结束；②每次套娃娃费用是元，例如第一、二次未成功，第三次成功，费用元．每次套娃娃成功的概率为且相互独立． （1）求小朋友一轮套娃娃成功的概率； （2）记随机变量为小朋友一轮套娃娃的次数，求的分布列和数学期望； （3）假设每个娃娃价值元，每天有位小朋友到此摊位玩一轮套娃娃游戏，求摊主每天利润的期望． 【答案】（1） （2） 的分布列为： （3） 【解析】 【分析】（1）运用对立事件概率公式，将“成功概率”转化为“次均失败”的补事件；利用独立重复试验概率模型计算未成功概率，进而通过减法求得目标概率； （2）依据终止规则确定随机变量的取值，并利用几何分布（前次失败、第次成功）及“次强制结束”的特殊情形计算各取值概率；最后按离散型随机变量期望定义式，对各取值与其概率的乘积求和； （3）将利润表示为“总收入（次数×单价）减去总成本（成功人数×娃娃进价）”，并借助期望的线性性质分别计算两项期望；利用第（1）、（2）问所得的概率与期望结果，代入总量（30人）后求出利润期望. 【小问1详解】 由题意可知，小朋友套娃娃未成功的概率为， 则小朋友套娃娃成功的概率为； 【小问2详解】 由题意知，随机变量的可能取值为， 则，， ，， 所以的分布列为： ． 【小问3详解】 由（1）可知，小朋友套娃娃成功的概率为， 记摊主每天利润为元，则的期望为 ， 故摊主每天利润的期望为元． 18. 定义：如果函数在定义域内存在实数，使成立，其中为大于0的常数，则称点为函数的级“平移点”.已知函数. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若在上存在1级“平移点”，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过导数求斜率进而求解切线方程即可； （2）将题意转化为与图象有公共点，通过对右侧函数值域的研究即可得到答案. 【小问1详解】 当时，，. ，. 故曲线在处的切线方程为 【小问2详解】 因为在上存在1级“平移点”， 所以存在，使. 由， 得， 即， 即与图象有公共点， 令， 则， 所以在上单调递增，所以， 因为，所以，，所以， 所以，所以. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 19. 已知椭圆的离心率为，O为坐标原点，椭圆C上的点到两个焦点的距离之和为4． （1）求C的方程； （2）过点的直线交椭圆C于M，N两点，过点M作直线的垂线，垂足为E． ①若的面积是的面积的两倍，求直线的方程； ②证明直线过定点． 【答案】（1）； （2）①或； ②若直线过定点，由对称性可知定点必在x轴上，设为， 设，，所以， 所以，所以， 令得， 因为，，所以， 所以， 所以为直线所过定点． 【解析】 【分析】（1）由椭圆的定义得到，由离心率得到，继而求出b，从而得到椭圆的方程； （2）①设直线方程，与椭圆方程联立得到根与系数的关系式，由的面积是的面积的两倍，解出m的值，得到直线的方程；②判断直线所过定点位于x轴上，表示出，令，结合根与系数的关系化简即可证明结论. 【小问1详解】 由题意得，所以， 又因为，所以，， 所以C的方程为． 【小问2详解】 ①当直线与y轴垂直时，此时O，F，M，N四点共线，不合题意； 当直线与y轴不垂直时，设，，， 不妨设点M在x轴上方，点N在x轴下方，即，， 联立，消去x并整理得， 直线过椭圆的焦点，必有，，， 因为，即，所以， 所以，， ，， 所以，解得，， 所以或， 即直线的方程为或． ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $