湖南省益阳市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）

湖南省益阳市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DDAADDBBCDABD题号11答案ABD1．D【详解】因为，所以，故复数的虚部为2．D【分析】本题首先可根据题意确定集合和集合中包含的元素，然后根据补集的相关性质即可得出结果.【详解】因为U={x∈Z|−4≤x<3}，所以因为M={x∈U|2x+1≤−5}，所以M={−4,−3}，则∁U3．A【详解】若每个地区至少派送2名支教老师，则不同的分组方案为2人、4人或3人、3人：若是2人、4人，则共有种分组方法，然后分到两地，有种分配方法，则共有种方法；若是3人、3人，则共有种分组方法，然后分到两地，有种分配方法，则有种方法；综上，共有种方法.4．A【分析】利用空间向量加减运算与数乘运算的几何表示即可得解.【详解】根据题意，.故选：A5．D【分析】根据题意，要使得爬行的距离最短，则需要向右爬3格，向前爬2格，向上爬1格，利用组合数的计算公式，即可求解.【详解】根据题意，一只蚂蚁从点出发，沿木棍爬行到点，要使得爬行的距离最短，则需要向右爬3格，向前爬2格，向上爬1格，共计6步，则爬行的路径共有：不同的路径.故选：D.6．D【分析】设出首项和公比，利用等比数列前项和的性质建立方程，求解目标式的值即可.【详解】设数列的公比为，首项为，因为，所以，易得．因为．所以．则．因为，所以解得，则．故，故D正确.故选：D7．B【分析】根据题意，构造函数，可得在上单调递增，然后结合其单调性即可求解不等式.【详解】由可得，设，，则，即函数在上单调递增，且，由可得，即，即，解得，所以不等式的解集为.故选：B.8．B【分析】先将非线性回归方程化为线性，令，则可得，根据数据及公式分别求出，代入非线性回归方程可得变量和之间的关系，将代入化简计算即可.【详解】解：因为非线性回归方程为：，则有，令，即，列出相关变量关系如下：01334所以，，，，所以，所以，所以，即，即，因为，所以，当时，.故选：B9．CD【分析】根据导数的正负与函数单调性的关系，极值点的定义及导数的几何意义判断选项正误．【详解】由导函数的图像可知，时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，则在上单调递增，故A错误，不是的极小值点，故B错误，是的极大值点，故C正确，由导函数的图像可知，所以曲线在处的切线斜率为2，故D正确．故选：CD．10．ABD【分析】由已知及概率的性质可得，根据独立事件的判定、全概率公式、条件概率公式依次判断各项的正误即可.【详解】由题设，，，，由，且，所以，则，解得，对于A选项，因为，所以A与B相互独立，A对；对于B选项，由，则，B对；对于C选项，由，C错；对于D选项，由，则，D对.故选：ABD.11．ABD【分析】根据准线方程可得A正确，利用斜率相等可得B正确，结合等腰三角形的情况可得C错误，求出切线的斜率，根据两条直线斜率的关系得出倾斜角的关系，从而可得D正确.【详解】因为准线方程为，所以，A正确；抛物线的焦点为，设，则,直线，由，可得，，即,当时，，即，此时直线过抛物线的焦点；当时，直线的斜率分别为，则，所以直线过抛物线的焦点，B正确；由抛物线定义可知,当时，则在的中垂线上，则，即，解得（设）或，此时,C不正确；设过点的切线方程为，联立，得，易知，令，可得；直线的斜率即为直线的斜率，即.设直线过点的切线的倾斜角分别为，则，而，即，因为点在第一象限，所以，所以；因为直线的斜率为0，所以过点且与抛物线相切的直线平分.故选：ABD

12．【分析】利用等比数列的通项公式和前项和公式即可求解.【详解】由已知条件得，解得，∴；故答案为：.13．【分析】根据投影向量的定义求解．【详解】，则方向的单位向量为，向量在向量上的投影向量为，故答案为：．14．0【分析】观察斐波那契数列的前65项的个位：11235831459437077415617853819099875279651673033695493257291011235...，即可得到斐波那契数列的个位以60为周期，的个位数字与的个位数相同，由此即可得解.【详解】由题意，∴数列为，此数列各项除以10的余数依次构成的数列为：11235831459437077415617853819099875279651673033695493257291011235...它是以60为周期的周期数列，∴的个位数字与的个位数相同，故所求为0.故答案为：0.15．(1)答案见解析；(2)答案见解析；(3)【分析】（1）构造函数结合函数单调性得出函数最小值证明求解；（2）求出导函数，再分，，，四种情况，得到函数的单调性；（2）参变分离得到，构造函数，求导得到其单调性和最大值，从而得到答案.【详解】（1）当时，设，所以单调递增，所以当时，单调递增；当时，单调递减；所以，所以，所以；（2）函数的定义域为，求导得，当时，，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，，

令，解得，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；当时，，

令，解得，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；当时，，

令，解得，当时，单调递增；综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递增；（3）当时，符合题意；当时，，则等价于恒成立，令，，由（1）知，所以，，当时，单调递减；当时，单调递增；则，因为恒成立，所以，所以，实数的取值范围为.16．(1)；(2)条件②，证明见解析【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量解决二面角的大小；（2）若选择①，过作的垂线，垂足为，易得是直线与平面所成角，得到是的中点，利用空间向量证明与平面不平行；若选择②，通过线面平行的判定定理即可证明【详解】（1）以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立如图所示坐标系，则，，，，，，则，，，，设平面的法向量，平面的法向量，由，得，当时，，则，由，得，当时，，则，因为，故二面角的大小为；（2）条件②可以推断平面；以下证明条件①不可以，条件②可以，若选择条件①，因为在线段上，所以，所以，过作的垂线，垂足为，易得是直线与平面所成角，所以，解得，所以由（1）可得，，设平面的法向量，由，得，当时，，则，所以，则与不垂直，即与平面不平行;若选择条件②，如图，连接，相交于点，连结，在梯形中，有，，根据三角形的相似得，又因为，故，又平面，平面，所以平面17．(1)，，A，B不相互独立；(2)一等奖：外观和内饰均异色；二等奖：外观和内饰均同色；三等奖：外观和内饰恰有1个同色，分布列见解析；期望为．【分析】（1）根据古典概型的概率计算，结合条件概率的公式与独立事件的判断方法即可得；（2）典概型的概率计算与组合数的计算，可求得三种情况的概率，再得分布列及数学期望．【详解】（1）因为汽车模型总共有个，即，事件A包含共个汽车模型，即，且每个汽车模型被抽到的可能性相等，根据古典概率模型得，.又因为事件B包含共个汽车模型，即.又因为事件包含3个汽车模型，即，，由条件概率公式得，所以，故事件A，B不相互独立．（2）①当抽取的2辆汽车模型的外观和内饰均同色时，则在4款汽车模型中每款中抽2辆，共有种结果，所以概率为.②当抽取的2辆汽车模型的外观和内饰均异色，则只能从红色外观棕色内饰抽的汽车模型抽取1辆且从蓝色外观米色内饰的汽车模型抽1辆，或者红色外观米色内饰的汽车模型中抽取1辆且从蓝色外观棕色内饰的汽车模型中抽取1辆，共有，所以概率为.③当抽取的2辆汽车模型的外观和内饰恰有1个同色，则有以下四种情况：2辆汽车模型的外观均为红色且内饰颜色不同的有种，2辆汽车模型的外观均为蓝色且内饰颜色不同的有种，2辆汽车模型的内饰均为棕色且外观颜色不同的有，2辆汽车模型的内饰均为米色且外观颜色不同的有，所以概率为.∵，∴一等奖：外观和内饰均异色；二等奖：外观和内饰均同色，三等奖：外观和内饰恰有1个同色．∴，，，其分布列为XP∴．18．(1)(2)①证明见解析②【分析】（1）根据离心率得出进而计算求解标准方程；（2）①先设直线再联立方程组结合斜率公式应用韦达定理计算求参；②应用弦长公式及点到直线距离公式化简求解面积，最后构造函数应用导函数求解最大值即可.【详解】（1）由题意得，得，因为，所以，得，.故的标准方程为.（2）①证明：由（1）可得，设直线的方程为，，，由得，，，.当直线，的斜率都存在时，则，解得，直线的方程为，所以直线过定点.②解：由①得，，.点到直线的距离，则的面积.令，函数，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，取得最大值，所以当的面积取得最大值时，.19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据折叠图形的性质结合勾股定理逆定理得和，即可证得平面；（2）以点为坐标原点，、为轴和轴建立空间直角坐标系，由∥据题意得，进而得再求出平面的一个法向量的坐标，由直线与平面所成角的条件列式求出即可得点M的位置，从而，，，再利用棱锥的体积公式结合等体积法即可得解.【详解