湖南省株洲市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）

湖南省株洲市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BDBDBBACCDBCD题号11答案ABD1．B【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义直接求解.【详解】由集合，得，而，所以.故选：B2．D【分析】由函数解析式可得定义域，根据奇函数与增函数的定义，利用导数与函数单调性的关系，可得答案.【详解】对于A，由函数可得其定义域为，，但，则函数不是增函数，故A错误；对于B，由函数可得其定义域为，将代入函数可得，则函数是奇函数，由，但，即函数不是增函数，故B错误；对于C，函数的定义域为，将代入函数可得，则函数不是奇函数，故C错误；对于D，函数的定义域为，将代入函数可得，则函数是奇函数，又因时，恒成立，即函数是增函数，故D正确.故选：D.3．B【分析】由函数为奇函数，有，代入函数解析式求值即可．【详解】是定义在上的奇函数，当时，，则．故选：B．4．D【分析】根据条件，求得，再利用，即可求解.【详解】设等比数列的公比为，因为，则，得到，又，故选：D.5．B【分析】分析可知是上的减函数，结合单调性比较函数值的大小.【详解】因为，，，则，且，可得，即，可知是上的减函数，且，所以．故选：B.6．B【分析】由题意结合向量平行坐标表示可得答案.【详解】因为，所以，又，所以，所以．故选：B．7．A【分析】根据点H在抛物线上和，结合抛物线定义列方程组可解得m和，即可得出抛物线的方程.【详解】过点H作垂直于直线，垂足为，则，由，得，解得，由是抛物线C上一点，得，因此，，所以圆H的标准方程为.故选：A8．C【分析】利用焦点三角形的性质结合题设条件可得，从而可得焦点三角形为直角三角形，从而可求其面积.【详解】点P在双曲线右支上，由双曲线的定义可得，又，两式联立得.又，所以，即为直角三角形，所以.故选：C9．CD【分析】解分式不等式判断A；根据同一函数对应法则、定义域相同判断B；由抽象函数定义域求法求函数定义域判断C；应用换元法求函数解析式，并注意定义域判断D.【详解】对于A：由，则，可得或，故命题错；对于B：由的定义域为，而的定义域为，显然不是同一函数，错；对于C：由的定义域为，则，即函数的定义域为，对；对于D：设，则，故且，所以，对.故选：CD10．BCD【分析】应用间接法求不同排法数判断A；先排千位，再排其它三位判断B；应用分步计数原理判断C；根据对角线定义及分步计数原理求对角线条数判断D.【详解】A：将5人作全排列有种，先求甲丙相邻的情况，将甲和丙捆绑，再和其他三人全排列，有，若甲与丙不相邻，则共有种，错；B：从1、2、3中选一个放在千位有种，再把余下的3个数作全排种，共有种，对；C：由题意，每个人都有3种选择，故共有种，对；D：对于任意一个顶点都有9条对角线，但会重复计算一次，故共有条，对.故选：BCD11．ABD【分析】利用点到直线距离判断A；利用抛物线定义将抛物线上点到焦点的距离转化为到准线的距离即可求最值判断B；根据图形的对称性以及直线过定点设设直线（），利用圆心到直线距离确定到直线的距离，直曲联立得，构造函数利用导数判断函数的单调性求得最值判断C；利用点差法求出直线方程，直曲联立利用弦长公式求出，再利用极化恒等式即可判断D.【详解】根据题意，因为半圆（）表示以为圆心，为半径的圆的上半部分，又因为半圆与半圆关于轴对称，可得半圆（），表示以为圆心，为半径的圆的上半部分.对于选项A，直线的方程为，到直线的距离为，所以到直线的距离最大值为，故选项A正确；对于选项B，抛物线的准线为，过点作，垂足为，则，则，故选项B正确；对于选项C，根据对称性，不妨设直线（），显然离距离最远的点在上，设到直线的距离为，则，联立消去，整理得，，则，，所以，所以，设，易得在上单调递增，所以的最大值为，故选项C错误；对于选项D，因为，，所以，所以，所以直线的方程为，联立消去，整理得，则，，所以，，故选项D正确.故选：ABD.12．21【分析】根据等比数列的性质进行计算求值.【详解】因为数列是等比数列，所以，，成等比数列，因为，，所以，所以，所以.故答案为：2113．【分析】化简已知得，得，即得解.【详解】因，两边取对数得：，令，则，而，于是得，即.故答案为：.14．【分析】画出立体图形和截面图形，结合题意分别确定的位置，再由几何关系求出正弦值.【详解】设三棱锥的内切球分别与面、面相切于两点，易知平分，平分，易知，取中点为，则在的平分线上，同理三棱锥的内切球球心在的角平分线上，易知面，故，同理，于是为平面与平面的夹角的平面角，设正四面体棱长为，则，，所以.故答案为：.15．(1)证明见解析；(2)直线与平面所成角的正弦值为；(3)平面与平面夹角的余弦值为.【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用向量方法证明，结合线面垂直判定定理证明平面；(2)求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面的法向量，利用向量夹角公式求平面与平面夹角的余弦值.【详解】（1）如图，以点A为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，因为，，与交于点，的中点为，所以，，，，，，所以，，，所以，，所以，即，又，平面，所以平面；（2）由(1)，，所以，，，设平面的法向量为，则，，所以，，取，可得，所以向量为平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为；（3）由(1)，，，设平面的法向量为，则，，所以，，取，则，所以为平面的一个法向量，又向量为平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.16．(1)答案见解析(2)【分析】（1）根据表格数据可分别计算出与的平均值，再代入计算可得相关系数近似为，即可知与相关程度较高；（2）根据（1）中的计算结果可得，代入计算可得，即可求得关于的回归方程.【详解】（1）由题意得，，，，，因此相关系数.即相关系数近似为，与负相关，且相关程度相当高，从而可用线性回归模型拟合与的关系；（2）由（1）中数据，得，，所以关于的回归方程为.17．(1)，；(2)【分析】（1）由已知求出等差数列公差，解出即可得通项公式an以及前n项和；（2）由（1）可得，，计算可得，进而可得出结果.【详解】（1）设等差数列的公差为，则，所以，.所以（2）得到得到合并得到所以，，所以.18．(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）利用椭圆的定义和勾股定理即可求，又由即可求解；（2）（i）由题意可设过的直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理得，代入即可求解；（ii）设中点为，，则，直线的方程为，令得，利用中点坐标有，化简整理即可求解.【详解】（1）由题意有，解得，又，解得，又由，所以椭圆C的方程为；（2）（i）由题意可设过的直线的方程为，所以，消去化简整理有，所以，解得，所以，又，所以；（ii）设中点为，，则，又直线的方程为，令有，所以，所以，又因为，所以，又过点的直线与椭圆C的切点分别为，所以中点的轨迹为除去两端点的线段，轨迹方程为.19．(1)，(2)，(3)【分析】（1）应用频率和为1计算求参，再根据频率计算求人数；（2）根据频率分布直方图计算平均数及百分位数个数计算求解；（3）应用古典概型及组合数公式计算求解.【详解】（1）由频率分