精品解析：广东省执信中学2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题

高二级数学科期末试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡和答卷密封线内相应的位置上，用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答卷纸上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁和平整. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 双曲线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知数列为等差数列，为其前n项和，若，，则等于（ ） A. 27 B. 25 C. 20 D. 10 3. 2022年11月30日，神舟十四号航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲和神舟十五号航天员费俊龙、邓清明、张陆顺利“会师太空”，为记录这一历史时刻，他们准备在天和核心舱合影留念．假设6人站成一排，要求神舟十四号3名航天员互不相邻且刘洋不站在两端，不同站法共有（ ） A. 36种 B. 48种 C. 72种 D. 144种 4. 函数过点的切线方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 已知盒子中有9个大小相同、质地均匀的球，其中有5个红球、4个白球，不放回地取球两次，第一次任取1个球，第二次任取2个球，求第二次取到2个红球的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线：与直线：相交于点P，线段是圆C：的一条动弦，且，点D是线段的中点.则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 设是首项为，公比为q的等比数列的前n项和，且，令，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左右焦点分别为为右支上一点，的垂直平分线过点，线段与轴交于点，则的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 3 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求. 9. 下列说法正确的有（ ） A. 数据，，，，，，，的上四分位数是40 B. 若随机变量，，则 C. 若回归方程为，则变量与成负相关 D. 展开式中含项的二项式系数为 10. 已知为等差数列的前项和，则（ ） A. 若，则 B. 成等差数列 C. 可能成等差数列 D. 可能成等比数列 11. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，P为的中点，点满足，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则四面体的体积为定值 B. 若，则点的轨迹为一段圆弧 C. 若的外心为O，则为定值2 D. 若且，则存在点E在线段上，使得的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数是________．（用数字作答） 13. 如图所示，二面角为，，是棱上的两点，，分别在半平面，内，且，，，，，则的长______. 14. 若函数的图像上点A与点B、点C与点D分别关于原点对称，除此之外，不存在函数图像上的其它两点关于原点对称，则实数a的取值范围是________ 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. 已知正项等比数列满足（）． （1）求数列的通项公式； （2）设满足，求的前n项和为． 16. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为.已知输入的问题表达不清晰的概率为. （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题（3个问题相互独立），设表示智能客服的回答被采纳的次数.求的分布列、期望及方差. 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，. （1）棱上是否存在一点，使得平面平面，请说明理由. （2）若二面角大小为，求的值. 18. 已知椭圆的离心率为是的左、右焦点，且，直线过点与交于两点. （1）求的方程； （2）若，求的方程； （3）若直线过点与交于两点，且的斜率乘积为分别是线段的中点，求面积的最大值. 19. 已知函数，其中. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有三个零点，，，其中，函数的两个极值点分别为，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二级数学科期末试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡和答卷密封线内相应的位置上，用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答卷纸上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁和平整. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 双曲线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知，双曲线的焦点在轴，利用求出，即可求出焦点坐标. 【详解】由题意可知，，， 所以，即， 因为双曲线的焦点在轴， 所以焦点坐标为， 故选：D. 2. 已知数列为等差数列，为其前n项和，若，，则等于（ ） A. 27 B. 25 C. 20 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】直接根据等差数列的通项和前n项和公式列出方程组，求得首项和公差，再代入前n项和公式即可求得答案. 【详解】设等差数列的公差为d，因为 所以解得 则， 故选:A 3. 2022年11月30日，神舟十四号航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲和神舟十五号航天员费俊龙、邓清明、张陆顺利“会师太空”，为记录这一历史时刻，他们准备在天和核心舱合影留念．假设6人站成一排，要求神舟十四号3名航天员互不相邻且刘洋不站在两端，不同站法共有（ ） A. 36种 B. 48种 C. 72种 D. 144种 【答案】C 【解析】 【分析】利用插空法和间接法可求出结果. 【详解】神舟十四号3名航天员互不相邻的排法种数有种， 其中刘洋站在两端的排法种数有种， 故符合题意的排法种数有. 故选：C 4. 函数过点的切线方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】设切点，利用导数的几何意义求该切点上的切线方程，再由切线过代入求参数m，即可得切线方程. 【详解】由题设，若切点为，则， 所以切线方程为，又切线过， 则，可得或， 当时，切线为；当时，切线为，整理得. 故选：C 5. 已知盒子中有9个大小相同、质地均匀的球，其中有5个红球、4个白球，不放回地取球两次，第一次任取1个球，第二次任取2个球，求第二次取到2个红球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先分第一次取红球或白球两种情况讨论，再利用全概率公式求解即可. 【详解】设事件：第一次取到红球； 事件：第一次取到白球； 事件：第二次取到2个红球， 则，， , 由全概率公式得 =. 6. 已知直线：与直线：相交于点P，线段是圆C：的一条动弦，且，点D是线段的中点.则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件可先判断出并结合直线过定点确定出的轨迹方程，再根据条件计算出的长度，结合图示说明何时有最大值并计算出最大值. 【详解】由题意得圆C的圆心为，半径，易知直线：恒过点， 直线：恒过，且，的轨迹是以为直径的圆， 点P的轨迹方程为，圆心为，半径为， 若点D为弦的中点，位置关系如图： 连接，由，易知. ，此时三点共线且在线段上， 故选：D. 【点睛】本题考查和圆有关的轨迹问题，解答此类问题时作出图示能有效帮助分析问题，这类问题对学生的分析与作图能力要求较高，难度较难. 7. 设是首项为，公比为q的等比数列的前n项和，且，令，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意算出，可得且，由此对各项的结论加以判断，即可得结论． 【详解】由，得，即，而， 有，，则，解得，AB错误； 由，且，得，则， ，因此，C正确； 取，，符合题意，而，，D错误. 故选：C 8. 已知双曲线的左右焦点分别为为右支上一点，的垂直平分线过点，线段与轴交于点，则的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】过M作MP垂直x轴，交x轴于点P，则，根据条件，可得，根据勾股定理，可得点M的坐标，代入双曲线方程，根据离心率公式，化简计算，即可得答案. 【详解】设焦距，因为的垂直平分线过点，所以， 因为，所以，则， 过M作MP垂直x轴，交x轴于点P，则， 所以，则，所以， 则，即， 因为点M在双曲线E上，所以， 因为离心率，所以， 则，整理得， 解得或（舍），所以. 故选：A 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求. 9. 下列说法正确的有（ ） A. 数据，，，，，，，的上四分位数是40 B. 若随机变量，，则 C. 若回归方程为，则变量与成负相关 D. 展开式中含项的二项式系数为 【答案】ABC 【解析】 【分析】由上四分位数的概念计算判断A；根据二项分布的期望和方差公式计算判断B；根据回归方程判断C；根据二项式系数概念计算判断D. 【详解】对于A，将数据，，，，，，，从小到大排列为：，，，，，，，， 因为为整数，所以上四分位数是，故A正确； 对于B，因为随机变量，， 所以，解得，故，故B正确； 对于C，若回归方程为，则变量与成负相关，故C正确； 对于D，展开式通项公式为 且， 所以展开式中含项的二项式系数为，故D错误. 10. 已知为等差数列的前项和，则（ ） A. 若，则 B. 成等差数列 C. 可能成等差数列 D. 可能成等比数列 【答案】BC 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式，求和公式，及等差数列等比数列的定义一一分析，进行求解. 【详解】对于选项A：，当时，； 当时，， 适合，，故选项A错误； 对于选项B：为等差数列的前项和，设的公差为d， 则， ，， ， , ，，，成等差数列，故选项B正确； 对于选项C：设等差数列的公差为，则，，， 若成等差数列，则， 即，解得， ，，，，，，成等差数列，故选项C正确； 对于选项D：设等差数列的公差为，则，，， 若成等比数列，则，即， 解得，将看成是关于的一元二次方程，， 只有当时，方程有解， 且解为，此时，则不可能成等比数列，故选项D错误. 故选：BC. 11. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，P为的中点，点满足，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则四面体的体积为定值 B. 若，则点的轨迹为一段圆弧 C. 若的外心为O，则为定值2 D. 若且，则存在点E在线段上，使得的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用平行线的性质结合给定条件判断底面积和高都是定值来处理A，利用圆的定义结合夹角求解轨迹来处理B，利用三角形外心和向量数量积的性质判断C，将三角形翻折后，利用勾股定理和余弦定理判断D即可. 【详解】对于A，如图，取靠近的三等分点为，靠近的三等分点为， 连接， 因为，所以， 令，而， 则，得到， 因为靠近的三等分点为，靠近的三等分点为，所以， 而由直四棱柱性质得， 而，由勾股定理得， 在直四棱柱中，，， 得到四边形是平行四边形，故， 则，由题意得为的中点，则的面积是定值， 而面，面，所以面， 结合，由线面平行性质得到面的距离为定值， 即四面体的体积为定值，故A正确， 对于B，如图，在面中，过作，连接， 由直四棱柱性质得面，则， 而，面， 故面，则， 而面为菱形，则面为菱形， 因为，所以， 因为，所以，则， 由锐角三角函数定义得，解得，由勾股定理得， 因为，所以由勾股定理得， 则在以为圆心，为半径的圆上运动， 设该圆与交于，与交于， 由三角函数定义得，则， 即点的轨迹为一段圆弧，故B正确， 对于C，如图，作，由题意得的外心为，故是的中点， 由已知得，因为，所以， 而， ，故C错误， 对于D，若且，此时， 因为P为的中点，所以， 由向量加法法则得，故， 则点与点重合，此时把沿着翻折， 如图，使得四点共面，此时有最小值， 此时的点均为翻折过的点，因为P为的中点，所以， 由勾股定理得，如图，连接， 由已知得，则， 由余弦定理得，解得， 由直四棱柱性质得面，则， 则由勾股定理得， 则，故， 而，则，得到， 由余弦定理得，解得，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数是________．（用数字作答） 【答案】15 【解析】 【详解】的展开式通项公式为， 令，则， 所以的展开式中的系数是． 13. 如图所示，二面角为，，是棱上的两点，，分别在半平面，内，且，，，，，则的长______. 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量加法法则将表示为，通过两边平方结合向量数量积的定义及运算律求解. 【详解】因为，，所以，， 又因为二面角为，，，且，， 所以向量与的夹角为，则向量与的夹角为. 由向量加法法则可得， 所以， 即. 14. 若函数的图像上点A与点B、点C与点D分别关于原点对称，除此之外，不存在函数图像上的其它两点关于原点对称，则实数a的取值范围是________ 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数有两组点关于原点对称，将问题转化为与在上有两个交点；再利用函数的单调性、极值，方程解的个数确定参数的范围. 【详解】若有两组点关于原点对称，则在的图像关于原点对称后与的图像有两个交点. 由时，，得其关于原点对称后的解析式为. 则问题转化为与在上有两个交点，即方程有两根. ，，即与在上有两个交点. 令，则； 令，解得； 当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减； 当时，取到极大值，也是最大值. 又当时，；时，，如图所示： 由图可得，即． 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. 已知正项等比数列满足（）． （1）求数列的通项公式； （2）设满足，求的前n项和为． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可得，，结合等比数列通项公式求，再求关系求，利用等比数列通项公式求结论； （2）结合（1）求出的通项公式，当为偶数时，利用分组求和法结合等差数列求和公式和等比数列求和公式求，再结合所得结果及与关系求为奇数的结果即可. 【小问1详解】 设正项等比数列的公比为，则， 由已知，故， 两式相除得，结合， 解得， 又，故 ，代入可得， 所以，又，得，所以； 【小问2详解】 由（1）得， 为偶数时，， 为奇数时，， 综上，． 16. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为.已知输入的问题表达不清晰的概率为. （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题（3个问题相互独立），设表示智能客服的回答被采纳的次数.求的分布列、期望及方差. 【答案】（1）； （2）分布列： 0 1 2 3 期望为，方差为. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式求解. （2）求出的可能值及对应的概率，列出分布列并求出期望的方差. 【小问1详解】 设“智能客服的回答被采纳”，“输入的问题表达不清晰”， 依题意，，， 因此， 所以智能客服的回答被采纳的概率为. 【小问2详解】 依题意，的所有可能取值为0，1，2，3，， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 数学期望；. 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，. （1）棱上是否存在一点，使得平面平面，请说明理由. （2）若二面角大小为，求的值. 【答案】（1）存在，点在棱上，都有平面平面，理由如下： ∵，为的中点， ∴四边形为平行四边形，∴， 又∵，∴，即， 又∵平面平面，平面平面， 平面，∴平面， ∵平面，∴平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得线面垂直，即可得出面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，利用面面角的余弦公式建立方程，解得即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵，为的中点，∴， ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面， 如图，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 在中，， ∴，，，， 设，， ∴，又， 设平面的法向量为，则， 令，解得，，得， 又平面的一个法向量为， ∵二面角为，∴， 即，解得或（舍去），即，∴. 18. 已知椭圆的离心率为是的左、右焦点，且，直线过点与交于两点. （1）求的方程； （2）若，求的方程； （3）若直线过点与交于两点，且的斜率乘积为分别是线段的中点，求面积的最大值. 【答案】（1） （2），或； （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆焦距公式。椭圆离心率公式，结合椭圆标准方程中的关系进行求解即可； （2）根据直线的斜率是否为零，结合椭圆弦长公式分类讨论进行求解即可 （3）根据一元二次方程根与系数关系，结合中点坐标公式、三角形的特点、基本不等式进行求解即可. 【小问1详解】 因为，所以， 又因为该椭圆的离心率为，所以， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 当直线的斜率为零时，此时方程为，此时， 显然此时，不符合题意， 故设直线的方程为，与椭圆方程联立，得 ， 因为， 所以设，则有， 由 ， 所以直线的方程为，或； 【小问3详解】 由（2）可知：，所以 因此的坐标为， 设故设直线的方程为，与椭圆方程联立，得 ， 因为， 所以设，则有， ， 所以的坐标为， 因为的斜率乘积为， 所以，因此的坐标为， 显然边与横轴平行， 因此， 即 即时，取等号，即当时取等号， 所以面积的最大值. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是求出的坐标，再根据直线斜率的关系，把两个点的坐标统一一个变量，最后利用基本不等式进行求解. 19. 已知函数，其中. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有三个零点，，，其中，函数的两个极值点分别为，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i）； （ii）因为， 所以，即是的零点，故，则， 则， 因为是的两个极值点，所以是的两根， 则， 所以与的图象的交点的横坐标为， ， 当时，单调递增；当时，单调递减， 则，则， 令， 则， 因为，所以， 所以，， 所以 ， 所以在上单调递增，则， 即，则， 因为在上单调递减，所以， 所以，则，证毕. 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求解； （2）（i）将问题转化为有三个零点，两个极值点，对其求导，令，分、、三种情况讨论即可； （ii）先求证得出，再利用参变分离研究的单调性，得出，再构造函数，得出，进而得出即可求证. 【小问1详解】 当时，， 则， 则，， 则曲线在点处的切线方程为，即； 【小问2详解】 （i），， 由题意可知，有三个零点，，其中，两个极值点分别为， ，令， 则， 若，则，则在上单调递增， 则至多有一个零点，至多有一个极值点，不符合题意； 若，则 当时，单调递增；当时，单调递减， 则， 若，则， 则在上单调递减， 则至多有一个零点，不符合题意； 若，则， 当时，当时， 故存在两个零点， 则当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 则在处取得极小值，在处取得极大值； 因为当时，当时，， 所以有三个零点，，其中， 综上，的取值范围为； （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $