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

湖南省长沙市开福区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ACDBCBBAACDBCD题号11答案ACD1．A【详解】．2．C【详解】由，得，解得，所以.，又，所以，所以.3．D【分析】利用不等式的性质结合特殊值即可判断.【详解】对于A：当时，，故A错误；对于B：因为，所以，因为，所以，故B错误；对于C：因为，所以，故C错误；对于D：因为，所以，因为，所以，则，故D正确．4．B【详解】由，求导得，所以质点在时的瞬时速度为．5．C【详解】设事件为“实际下雨”，事件为“预报下雨”，则事件为“实际下雨且预报下雨”，，，所以．6．B【详解】由题意说明只有两次摸到白球，五次摸到红球，由于每次摸球的结果数之间没有影响，摸到红球的概率是，摸到白球的概率是，故共摸球七次只有两次摸到白球的概率是．7．B【分析】由条件结合对称性可得，，解直角三角形可得，，结合双曲线的定义求结论.【详解】∵为等边三角形，∴，即，由对称性可得，所以，又，所以，结合，，可得，，又，所以，化简可得，所以双曲线的离心率为.8．A【分析】根据已知体积求出三棱锥各棱长，利用三棱锥三条棱两两垂直的特点将其补为长方体，通过长方体体对角线求出外接球半径，进而计算外接球表面积.【详解】已知，，设，则，由题意，又平面，所以，已知，解得，即，得，因此，将三棱锥补成一个长方体，如图，则为三棱锥外接球的直径，在中，，外接球半径，则，外接球表面积.9．ACD【分析】A选项，作出辅助线，得到线线平行，证明线面平行；B选项，由锥体体积公式进行求解；C选项，两平面展开，当三点共线时，取到最小值，得到答案；D选项，等体积法求解点到平面的距离【详解】A选项，在正方体中，连接相交于点，显然互相平分，故四边形为平行四边形，则，因为平面，平面，所以平面，A正确；B选项，正方体的棱长为4，显然四边形为正方形，设边长为，显然，解得，边长为，又⊥平面，显然，故四棱锥的体积为，由对称性可知，四棱锥的体积也为八面体的体积为，B错误；C选项，因为为棱上的一点，将和展开成一个平面，由题意知，，同理可得，和为等边三角形，且边长为，展开图中，连接，由三角形两边之和大于第三边，故当三点共线时，最小，即线段即为最小值，由余弦定理得，C正确；D选项，，设点A到平面的距离为，且，，其中为等边三角形，边长为，故，解得，点A到平面的距离为，D正确.10．BCD【分析】设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，由可判断A选项；求出点的坐标，利用斜率的关系证明出，可判断C选项；证明出为的中点，结合中垂线的性质可判断B选项；求出点的坐标，可得出，可判断D选项.【详解】对于A选项，由图可知，直线的斜率存在且不为零，设其斜率为，则直线的方程为，即，联立可得，由，整理可得，解得，故直线的斜率为，故A错误；对于C选项，由A选项可知直线的方程为，则点，易知点，直线的斜率为，则，即，又因为，所以，故C正确；对于B选项，在直线的方程中，令，可得，即点，又因为点，则为线段的中点，又因为，故，故B正确；对于D选项，，所以直线的方程为，即，直线的方程为，联立可得，即点，所以，故为等腰三角形，故D正确.11．ACD【分析】建立空间直角坐标系，检验是否为0即可判断选项；检验与是否存在数量关系即可判断选项；先求出与平面的法向量夹角余弦的绝对值，再利用同角三角函数关系即可判断选项；先取靠近点的四等分点，找到平面即为截面，即可判断选项.【详解】选项A，以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，，，所以，，则，所以，故A正确；选项B，因为，，所以，所以不平行，故B错误；选项C，因为正方体，所以平面，因为平面，所以，因为，，，平面，所以平面，即是平面的一个法向量，又，，设直线与平面所成角为，则．所以，所以，所以C正确；选项D，取靠近点的四等分点，易证,，，，四点共面，所以平面即为平面截正方体的截面，所以截面周长为，因此选项D正确.12．【详解】已知，则设，则因为，所以（*），因为，所以，将其代入（*），可得，解得13．132【分析】先确定4次移动后满足落在圆内的所有整数坐标点，再分别计算每个点对应的移动路径数，求和得到总方法.【详解】因为质点每次移动一个单位，4次移动后横纵坐标均为整数，可得到横纵坐标同奇偶，原点，满足，另外四个点分别为，，，，均满足，情况1：到原点的路径数，分三类情况，①仅上下移动：向上两步，向下两步，排列数为，②仅左右移动：向左两步，向右两步，排列数，③上下左右各1步：四个不同方向各走一步，全排列数为，总路径数：，情况2：到点的路径数，即向右比向左多一步，向上比向下多一步，总步数为4，分两类情况，①抵消步为上下方向，向右一步，向上两步，向下一步，排列数为，②抵消步为左右方向，向右两步，向左一步，向上一步，排列数为，所以到的总路径数为，同理到，，三个点的路径数也均为24，所以四个点总路径数为，所以所有符合条件的移动方法总数为：.14．3【分析】由题设条件可知，对任意两元素之差的绝对值，都能表示为某个元素与的差的绝对值.结合已知元素逐一讨论即可.【详解】当时，取，则，命题成立；当或时，命题也显然成立；由题意，对，应有故或或，解得又因为为三元数集，故，且，所以15．(1)，(2)(3)【分析】（1）根据条件可得，，解方程组即可；（2）先由（1）求得时的解析式，再利用是奇函数，有即可得的解析式；（3）先判断的单调性，再结合的定义域，列出关于的不等式组，求解不等式组即可.【详解】（1）由题意得，解得，．（2）由（1）可知，当时，．当时，，所以．因为是定义在上的奇函数，所以当时，．所以（3）因为当时，，反比例函数在上单调递增，所以函数在上单调递增．因为是定义在上的奇函数，所以在上单调递增．由题意，得不等式即，所以．解得，即实数的取值范围是．16．(1)列联表如下：满意不满意合计大一或大二202040大三或大四402060合计6040100(2)该校学生对食堂的满意度与年级有关联.【分析】（1）根据表格直接将表格补齐；（2）根据独立性检验，代入与目标数值比较可得结论.【详解】（1）略（2）零假设：该校学生对食堂的满意度与年级无关.经计算得，依据小概率值的独立性检验，推断零假设不成立，即该校学生对食堂的满意度与年级有关联，此推断犯错误的概率不大于0.1.17．(1)证明：取的中点为，连接.因为分别是的中点，所以.在正方体中，，又为的中点，所以，四边形是平行四边形，.又平面平面，所以平面．(2)【分析】（1）取棱的中点，使目标直线与平面内的一条直线平行，从而由线面平行的判定定理直接得证；（2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求得直线的方向向量和平面的法向量；利用线面角的正弦值等于方向向量与法向量夹角余弦的绝对值，通过向量数量积公式计算即得结果．【详解】（1）略．（2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体的棱长为分别为的中点，所以所以，设是平面的法向量，则，即，令，则，所以是平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为．18．(1)，迭代轮数与噪声残留量之间存在极强的负线性相关关系；(2)经验回归方程为;该AI模型至少需要迭代7轮才可以完成降噪【分析】（1）利用相关系数的公式求解即可；（2）求出，利用的公式代值计算即可得到经验回归方程，令，解不等式即可求解.【详解】（1）由题可得：，样本相关系数，非常接近，说明迭代轮数与噪声残留量之间存在极强的负线性相关关系；（2）噪声残留量的取值为因此：，根据题意可得，所以关于的经验回归方程为，要使图象中的噪声残留量不高于25个/像素，则，即，所以该AI模型至少需要迭代轮才可以完成降噪.19．(1)(2)①当时，，，显然：在上单调递增，，，由零点存在定理和单调性可知，存在唯一的，满足，且当时，，单调递减；当时，，单调递增；综上：函数在上有唯一的极小值点.②由以上分析，在上单调递减，在单调递增，则，，故存在唯一，满足，即在有唯一的零点.(3)，证明如下：由（2）可知，，，，令，，则，则，