湖南省长沙市2025-2026学年高二下学期期末考试数学自编试卷（人教A版）（解析版）

湖南省长沙市2025-2026学年高二下学期期末考试自编试卷数学试题（解析版）题号12345678910答案BACCCDCCBCABD题号11答案BCD1．B【详解】已知位移函数，对其求导得速度函数：，将代入得.因此时的瞬时速度为.2．A【分析】根据直线平行公式计算求参.【详解】当或时两直线不平行，当且时，因为，所以，故选:A．3．C【分析】利用抛物线的定义即可求解.【详解】点在抛物线上，抛物线开口向右，，又点到抛物线焦点的距离为4，，.故选：C.4．C【分析】运用正态分布对称性和概率性质计算即可.【详解】解：对于，，故A错误；对于，因为，所以，故B错误；对于C，显然，所以，所以，故C正确；对于，因为，所以，故D错误．故选：C．5．C【分析】先求出的坐标表示，再利用向量数量积的坐标表示计算即可【详解】由已知，，，∴.故选：C．6．D【分析】原问题即为求展开式中的所有项的系数和，令，即可得答案.【详解】解：展开式的通项公式为，若展开式中的项不含z，则，此时符合条件的项为展开式中的所有项，令，可得所有不含z的项的系数之和为，故选：D.7．C【分析】建立空间直角坐标系，设，由易知，根据线面角的定义可得点坐标满足双曲线方程，进而可得结果.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，所以，，故，即，所以点在面（四点均为所在边的中点），过点作于点，易知面，即，所以，即，化简得：，即点P的轨迹的形状是双曲线，故选：C.8．C【分析】由直线与都过定点且，可得交点的轨迹是圆（除去一点），又点满足，求得点在另一个圆上，存在点满足，即两圆有公共点即可，由此得解.【详解】因为直线过定点，直线过定点，且，所以直线与的交点的轨迹是以，为直径端点的圆，除去，所以点的轨迹方程为：，设其圆心为，半径，若点满足，设，可得，化简整理得，，设其圆心为，半径，由题存在点满足，即圆与圆有公共点即可，由于点的轨迹为圆除去点，所以得，即，所以.故选：C.9．BC【分析】由时即可判断A；由基本不等式常数“1”的等价代换即可计算求解判断B；由基本不等式即可计算判断CD.【详解】对于A，当时，，故A错误；对于B，，当且仅当即时，取等号，故B正确；对于C，，所以，当且仅当时等号成立，故C正确；对于D，，当且仅当时等号成立，故D错误.故选：BC.10．ABD【分析】根据二项式系数之和的公式即可判断A；令即可判断B；根据二项式系数的性质即可判断C；根据二项展开式即可判断的D.【详解】对于，A，因为的展开式中，各项的二项式系数之和为128，所以，解得，故A正确；对于B，令，则各项系数之和为，故B正确；对于C，因为，所以第4项和第5项的二项式系数最大，故C错误；对于D，第二项为，则第二项的系数为，故D正确.故选：ABD.11．BCD【解析】利用指数和幂函数的单调性可判断A，利用与比较大小即可判断B；构造函数求导判断单调性，比较与即可判断C；构造函数，求导判断单调性，比较与的大小即可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于选项A：因为幂函数在单调递增，，所以因为指数函数在上单调递减，所以，所以，故选项A不正确；对于选项B：因为，，所以，所以，即，故选项B正确；对于选项C：令，则所以在上递减，所以，即，故选项C正确；对于选项D：令，则，所以在上递增，在上递减，而,所以，即，所以，即，所以，故选项D正确，综上正确答案为BCD.故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题的关键点是构造函数，通过函数的单调性比较两个函数值的大小即可判断不等式是否成立，对于看结构要想到构造函数求导判断单调性，比较与，对于这个不容易想到构造函数，比较与的大小即可.12．【分析】结合题设，根据两角和与差的余弦、正弦公式得到，，两式相除即可求解.【详解】由，得，由，得，所以.故答案为：.13．【分析】画出的图象，数形结合求得的范围，将转化为关于的函数，再求函数的值域即可.【详解】画出函数图象如图所示，由图象可知要使a>b≥0，f(a)＝f(b)同时成立，则≤b<1.b·f(a)＝b·f(b)＝b(b＋1)＝b2＋b＝，所以≤b·f(a)<2.故答案为：.【点睛】本题考查指数函数图象的应用，本题中借助函数图象求得参数范围是重点，属基础题.14．【分析】令，利用椭圆的定义可得，再由平面向量的知识可得，从而得到；结合“蒙日圆”的定义可知，由此得到，故，所以，故得解．【详解】因为椭圆，所以，，故，，，如图，令，因为，所以，即，结合图象，由平面向量的知识可得，故，两式相加得，即，即，由“蒙日圆”的定义，当我们过椭圆上下左右四个顶点作椭圆的切线时，易知椭圆的“蒙日圆”的直径为这四条切线所围成的矩形的对角线，故由勾股定理得，，所以，故．令，，则，所以，由二次函数易知，所以，，所以最小值为．故答案为：．15．(1)(2)【分析】（1）根据余弦定理求解，即可由三边求解，进而可求正弦值，（2）根据面积公式即可求解.【详解】（1）由余弦定理可得：，则，，,所以．（2）由三角形面积公式可得，则．

16．(1)证明见解析(2)12【分析】（1）根据面面垂直的判定定理，先证明线面垂直，进而说明面面垂直；（2）根据二面角的平面角的定义，求出几何体的各边长，根据三棱锥的体积计算方法，求出几何体体积；【详解】（1）底面为等腰三角形，O为BC中点，故．侧面为等腰梯形，M为中点，O为BC中点，连接OM，则，因为，面AOM，面AOM，所以平面AOM，又平面ABC，故平面平面AOM．（2）由（1）知，，平面平面，则为二面角的平面角，可得,在中，由勾股定理得，棱台侧面如图所示，，，，由勾股定理得，由，所以，如图所示，过作，因为平面AOM，平面AOM，所以，可知，面，所以平面，所以为三棱锥的高，在中可得，所以三棱锥的体积.17．(1)分布列见解析，数学期望；(2).【分析】（1）根据题意，X的所有可能取值为1，2，3，4，然后分别计算其对应概率，即可得到分布列以及期望；（2）根据题意，由正态分布可得，然后由二项分布的期望公式，即可得到结果.【详解】（1）由题可知X的所有可能取值为1，2，3，4，则，，，∴X的分布列如下：X1234P.（2）∵.∴符合该项指标的学生人数为：人，每个学生通过选拔的概率对，∴最终通过学校选拔人数，，∴.18．(1)(2)，或或.【分析】（1）根据题意得，进而解方程即可得答案；（2）由题知，进而先讨论直线的斜率不存在不满足条件，再讨论的斜率存在，设方程为，设，进而与双曲线方程联立得线段中点为，再结合题意得，进而再分和两种情况讨论求解即可.【详解】（1）解：因为双曲线的渐近线方程为，且过点，所以，，解得所以，双曲线的标准方程为（2）解：由（1）知双曲线的右焦点为，当直线的斜率不存在时，方程为，此时，，所以，直线的斜率存在，设方程为，所以，联立方程得所以，且，所以，设，则所以，所以，线段中点为，因为，所以，点在线段的中垂线上，所以，所以，当时，线段中点为，此时直线的方程为，满足题意；当时，，所以，，整理得，解得或，满足.综上，直线的方程为，或或.19．(1)；(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）存在，.【分析】（1）设，，，联立抛物线并应用韦达定理，结合已知求参数值；（2）（ⅰ）设，，，，联立抛物线并应用韦达定理及（1）结果，求得，即可证；（ⅱ）由分析得，则，进而得，应用导数几何意义求抛物线在点C处切线方程，进而得、，可证EG的中点为P，并求得，易得到直线的距离是到直线的距离和的一半，即可得.【详解】（1）由题意，直线AB斜率必存在，设，，，联立，得，，所以，，解得或（舍），所以；（2）（ⅰ）直线AC斜率必存在，设，，，联立，得，，所以，同理，又，所以，直线CD斜率必存在，设，联立，