2026年湖南长沙市第一中学高二期末数学试题（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高二数学时量：120分钟满分:150分一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知集合M=x|−2<x<3,N=x|x²=4，则A． B． C． D．2．已知函数为奇函数，则（

）A．4 B．2 C． D．3．已知，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．已知曲线，下列说法中正确的是（

）A．把向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的3倍，得到B．把向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的3倍，得到C．把向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的倍，得到D．把向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的倍，得到5．已知关于x的不等式的解集为，则不等式的解集为（

）A． B．C． D．6．如图，一个质点从原点出发，每隔一秒随机向左或向右移动一个单位长度，向左的概率为，向右的概率为，共移动次，该质点共两次到达的位置的概率为（

）

A． B． C． D．7．已知的展开式中唯有第5项的系数最大，则a的取值范围是（

）A． B． C． D．8．在中，角所对应的边分别为，设的面积为，则的最大值为（

）A． B． C． D．二、选择题（本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9．已知正实数，满足，则（

）A． B．C． D．10．已知，分别是椭圆的左、右焦点，，是椭圆长轴端点，点P是椭圆上异于长轴端点的一点，则下列结论正确的是（

）A．椭圆C的离心率B．的最大值为25C．存在点P使D．以为直径的圆与以为直径的圆内切11．已知函数的定义域为，若存在非负实数，满足对任意，总有，则称具有性质．下列说法正确的是（

）A．若具有性质，则是偶函数B．若函数具有性质，则的取值范围是C．若具有性质，则一定具有性质D．若，都有，，则具有性质三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12．已知，则______.13．函数其中ω>0，若x₂)，使得则ω的取值范围为___________.14．已知个数的平均数为，方差为;现从原个数中剔除这个数，且剔除的这个数的平均数为，方差为，则剩余的个数的方差为___________.四、解答题（本大题共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．已知数列{}满足(1)求数列{}的通项公式;(2)若求数列{}的前n项和．16．已知双曲线的一条渐近线的斜率为左、右焦点分别为(1)求C的方程;(2)设x轴上方的点A，B分别在C的左支与右支上，若求直线的方程．17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，.(1)求角A的大小；(2)求的取值范围;(3)当取得最大值时，如图所示，在所在平面内取一点D，使得线段，，求面积的最大值．18．在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，平面ADE与平面BCE的交线为l，(1)求证:(2)若平面平面.（ⅰ）求平面AED与平面AEB所成角的余弦值；（ⅱ）已知点O为底面ABCD的中心，点Q在侧面AEB内，且求三棱锥的体积的最大值．19．已知.(1)若，恒有，求的取值范围.(2)当时，（ⅰ）证明:在上恰有三个零点；（ⅱ）设（ⅰ）中的三个零点为且，证明：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【详解】由题，，则．2．C【详解】依题意，因为是奇函数，所以，所以．3．B【分析】根据由能不能推出及由能不能推出即可得答案.【详解】解：由，可得或；由可得且，所以由不能推出，但由能推出，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4．C【详解】变换方式一：由函数的图象可向左平移个单位长度，得到，再将所有点的横坐标变为原来的，得到.变换方式二：可知，由函数的图象所有点的横坐标变为原来的，得到，再向左平移个单位长度，得到.5．D【分析】由不等式的解集结合韦达定理可得、、，则可将不等式化为，解出即可得.【详解】由不等式的解集为可知，且，，所以，，所以不等式可化为，又，则，解得．6．A【详解】记质点两次到达1的位置为事件，想要质点到达1的位置两次，则有，，共两种情况，所以．7．A【分析】利用二项式定理展开公式，结合系数最大列出不等式即可求解.【详解】的展开式的通项为，由题可知，解得．故选：A8．B【分析】根据三角形面积公式和余弦定理，可得，利用不等式和三角函数的运算，即可求解.【详解】根据三角形面积公式，，所以，又由余弦定理，得，代入得，令，则有解，因,其中,故有,解得，故．9．AC【详解】选项A：因为，所以，当且仅当时取等号，故A正确；选项B：由均值不等式，，当且仅当时取等，故B错误；选项C：代入，得，当且仅当，时取等，故C正确；选项D：取，，满足，但不满足，故D错误．10．ABD【详解】对于A，由，得，，则，椭圆的离心率，故A正确；对于B，由，当且仅当时等号成立，故B正确；对于C，设，则，即；，分别是椭圆的左、右焦点，，；，.；故C错误；对于D，，是椭圆长轴端点，，则以为直径的圆的圆心为原点,半径为；设以为直径的圆的圆心为，则其半径为.是的中点，是的中点，.是椭圆上的点，，分别是椭圆的左、右焦点，；，即以为直径的圆与以为直径的圆内切，故D正确.11．ABD【分析】针对选项A，可结合的限制条件，推导函数的奇偶性即可判断正误.针对选项B，先化简的表达式，转化为不等式恒成立问题后，结合基本不等式求解参数范围.针对选项C，可通过举反例的方式验证函数平移后性质是否仍然成立.针对选项D，利用绝对值三角不等式对进行放缩，结合已知的函数有界条件即可判断正误.【详解】对于A选项，若具有性质，则，，于是，即对任意成立，故是偶函数，故A正确；对于B选项，函数为奇函数，故，因此恒成立，当时，显然成立，当时，则恒成立，注意到，因此，即，故B正确；对于C选项，设，则是偶函数，满足，因此具有性质，但是，故，无界，故C错误；对于D选项，由，可知，同理，而，因此对任意，，从而具有性质．【点睛】方法归纳：1.新定义类题目解题核心是先准确拆解定义的约束条件，将新定义转化为熟悉的函数、不等式相关问题求解.2.判断命题错误时可优先采用举反例的方法简化运算，判断命题正确时需结合对应定理、不等式性质进行严谨证明.3.处理绝对值不等式恒成立问题时，可结合基本不等式、绝对值三角不等式进行放缩求解参数范围.12．【分析】根据分段函数的解析式计算可得；【详解】，．故答案为：．13．【分析】整体代入，利用正弦函数的性质即可得.【详解】因为，，所以，,由于，，使得，即，所以，解得，故的取值范围为．14．【分析】结合分层抽样中平均数和方差的公式，即可求解.【详解】设个数的平均数为，方差为，剔除的个数的平均数为，方差为，剩下的个数的平均数为，方差为，则，，由，可知，解得，由，可知，解得.15．(1)(2)【详解】（1），则数列为等差数列，又，，数列的公差为，，所以．（2）由（1）知，所以，所以．16．(1)(2)．【分析】（1）根据双曲线焦点坐标得，结合已知渐近线斜率得，再由双曲线关系求出、，即可得到双曲线的方程；（2）设出直线​的方程与点、的坐标，根据向量关系得到坐标间的倍数关系，将、坐标代入双曲线方程联立求解得到直线斜率，即可得到直线的方程.【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，依题意，，可得，由焦点坐标可知，而，即，解得，所以，所以的方程为．（2）设，，，而，，则由，得，解得,即得，依题意，解得即，又，所以直线的方程为，整理得．17．(1)(2)(3)【分析】（1）利用平面向量数量积运算和余弦定理计算即可得；（2）结合（1）中所得，可将转化为与有关式子，再利用的范围得到的范围；（3）结合（2）中所得，可得为等边三角形，再设，，，利用正弦定理与余弦定理及面积公式可表示出面积，即可得其最大值.【详解】（1）由平面向量数量积运算和余弦定理，知，即，即，故，又，所以；（2）由（1）得，，得，所以，由，所以，所以，所以的取值范围是；（3）当取得最大值时，，解得，故为等边三角形，令，，，则，所以，又，所以，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以面积的最大值为．18．(1)因为，平面，平面，从而平面，又平面，平面平面，则．(2)（ⅰ）；（ⅱ）．【分析】(1)由正方形可证面，根据线面平行性质得结论；(2)以为坐标原点，，分别为，轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，(i)求两平面法向量算二面角余弦；(ii)体积由的高决定，结合约束求最大高得体积最大值.【详解】（1）略（2）平面平面，平面平面，，可得平面，（ⅰ）在底面为正方形的四棱锥中，以为坐标原点，，分别为，轴，过且垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设，则，，，所以，因为，又，所以，解得，所以，则，又，所以，所以，设平面的法向量为，则得取，则，设平面的法向量为，则得取，则，，故平面与平面所成角的余弦值为．（ⅱ）设点到平面的距离为，因为，所以，即点到平面的距离为，则到平面的距离为．过点作平面的垂线，垂足为，又，，即点在以为圆心，为半径的圆上，由（1）知平面，，，为二面角的平面角，则到平面的距离为，所以到平面的距离最大值为，则的最大值为．19．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据导函数的单调性，分类讨论，即可求出结果；（2）（ⅰ）根据函数单调性，具体区间进行分析函数零点，即可得证；（ⅱ）由（ⅰ）知，记，，则，且，故，要证明，即证明，即证，结合函数单调性，只需证明，构造函数，分析函数单调性，即可得证.【详解】（1）依题意，，在上单调递增，当时，，，因此，符合题意；当时，，，，故存在唯一零点，使得，此时当时，，单调递减，故，不符合题意；当时，，单调递增，则，符合题意．综上可知，．（2）（ⅰ）由（1）可知，当时，在上没有零点