广西柳州市2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试卷

A10,12Bx∣x21AB（ 已知iz2i，则|z|（

D．{1, 已知一组数据2x67525百分位数为（ 下列命题为真命题的是（若ab01 C．若ab0，则ac2

若ab0，则a2abD．若ab0，则a2 1 已知a0，则axax2x的展开式中各项系数之和的最小值为（ A． B． C． 某工厂的产量Q（单位：件）K（单位：万元L（单位：人）满足柯布—拉斯生产函数QAKαLβ（A，αβ为常数 20%50%α（（参考数据：lg20.30，lg30.48A．

B．

C．

D．y已知椭圆C:a2b21(ab0)的左顶点为A，上顶点为B，直线 与C交于第一象限内的点P，若四边形OABP的面积是△OPB面积的4倍，则C的方程能为（） ​

​

232y2

216y2 fx2xx1x2xftft2的t的取值范围是（A．0,

B．1,

2 ABPA0.3PB0.5，则下列结论正确的是（A．PAPB

若l1，l2ABMNAMl1BNl2，且MNl1MNl2MN4，则（）A．直线AN与BM是异面直 B．ANBMC．若AMBN4，则AB D．若O为AB中点，则OM已知曲线Cx2y22x2y，则（曲线C的图象有且仅有2曲线C上任意一点到原点的最大距离为曲线C所围成图形的面积为4π函数ylgx的图象与曲线C的图象有且仅有4个交曲线f(x)ln(x1)在点0,0处的切线方程 甲乙两人进行抽卡游戏，每一局游戏中，将编号为1，2，3，4，5，6，7的7张卡片的背面朝上并号者的编号，b为乙抽取的卡片的编号，当ab2a时，称该局为“默契局”，则一局游戏成为“默契局”的 后，甲乙两人得分之和为X的数学期望EX 已知等差数列an的前nSn，且S44S2a2n2an1nN*若b ，求数列b的前n项和Tfx2sinxcosx2cos2x1f(xπgx设h(xg(xf(x)，若h(x在πt上单调递减，求t设VABCABC所对的边分别为abcgA1a2，求VABCEADCABCEA2DCFEBDFABC E:y22px的焦点为10P(04作直线lEABO E若VOAB为直角三角形，求直线lAx轴的对称点为C，直线lxDBCx轴于点M，探究|OM||ODf(x3xexax3 f(x在R上单调递减，求实数a当0a1f(x在(0x

aA10,12A∩B1,1.z2i2ii2ii212i i2x675x5由40.25125253.5A，由ab0，所以011A B，由ab0，所以a2ababb2，所以a2abb2BC，若ab0，由c20，所以ac2bc2C错误；D，若ab0，则a2b2D正确. 1【详解】令x1，可得x的展开式中各项系数之和为a a因为a0，则a1a

2，当且仅当a1所以a

1

2416x的展开式中各项系数之和的最小值为16所以当工厂的产量提升20，资本投入需增加50%时，则有Q120%AK150%αLβ2，0 1 2 12

lg

1.5

3 lg10lg23αlg2lg31lg2lg2lg3αlg2lg3，α12lg2lg3120.30.484 0.3

y

1

a2Px

P

a2aa2a2a2 由SOABP4SVOPB，又SOABPSVOABSVOPB，因此SVOAB3SVOPB由 1ab，△OPB的边OB的长为b，高为P的横坐标x，故 1b•x代入

1ab31bxxa

xP

，所以a a2a2a2a2即a2

1

aA，由a216b22，满足a28b2AB，由a216b24，不满足a28b2Bx2y2对于C，将4x232y21化为标准形式为： 1 由a21b2

，满足a28b2Cx2y2对于D，将2x216y21化为标准形式为： 1 由a21b2

，满足a28b2D正确fx2xx1x2x2xxx2x令ux2xgu2uufxgx2xftgt2tft2gt23t2，ftft2gt2tgt23t2，y2u在实数集Ryu也在实数集Rgu在实数集Rftft2等价于t2tt23t2，解得t1所以t的取值范围是1C正确 BABPABPAPB0.30.50.8B正确，P PP【详解】以MMNyl1xl2NzAANBM不平行且不相交，ANBMABANa40BM04bANBM4416BCAMBN4A400B044AB444AB

C4242 2D：若O4242 2

b

b则OM222ON222 OMOND正确【详解】已知曲线Cx2y22x2yx0y0时，曲线Cx12y122；x0y0时，曲线Cx12y122；x0y0时，曲线Cx12y122x0y0时，曲线Cx12y122；x0y0时，曲线C为原点；因此，画出曲线Cx2A，曲线C的图象有4A错误；B，曲线C上任意一点到原点的距离为dx2

，则d2x2y22xy，由于xy2x2y22xy2x2y22d2xy

2dx

y则d222d，解得d22，所以曲线C上任意一点到原点的最大距离为

BC，由图象可知，曲线C所围成的图形是由4

的半圆和1个边长为

因此曲线C所围成的图形的面积为41

Dyxyxylgxyy0y10当0x1ylgxlgxy在0,1上单调递减，此时与曲线C有1x1ylgxlgxy在1上单调递增，此时与曲线C有1因此函数ylgx的图象与曲线C的图象在第一象限有2个交点根据函数的对称性，函数ylgx的图象与曲线C的图象在第二象限也会有2个交点，所以函数ylgx的图象与曲线C的图象有且仅有4个交点，故D正确.xy

x1f0

0

fxlnx1在点00yxxy0xy0【详解】设圆柱的底面圆的半径为r，高为hRH，因为圆柱的高与底面圆的半径相等，可得hr，又因为圆锥和圆柱的底面圆的面积相等，可得πr2πR2Rr因为圆锥和圆柱的体积相等，可得πr2h1πR2H，即πr31πr2HH3r又由圆锥的母线长为l

R2R2Hr2

10r所以圆锥的侧面积为

πRlπr

10r

圆柱的侧面积为S2πrr2πr210πr所以圆锥与圆柱的侧面积的比为S1 10πr 2πr

2张卡片为caca，则cab的可能种数为C2C1215105 若ab2a，则a2c为1b为a3c可为12b可为4a4c可为123b可为567；a5c可为1234b可为67；a6c可为12345b可为7故一局游戏成为“默契局”的概率为1223342519每局甲乙两人得分之和的数学期望为2

11944 35 XEX344132 15．(1)a2n1(n

2n（1）设等差数列an的首项为a1，公差为d由S4S，得4a43d42a21d

化简得d2a1由a2n2an1，得a12n1d2a1n1d将d2a1代入上式，可得a11d2（2）由(1)得b

，裂项得

1

2n12n 22n 2n1 数列b的前n项和

11111

1

2

3 5 2n 2n1 2

2n1

2n4216．(1)π42(2)2

（1）f(x2sinxcosx2cos2x1sin2xcos2x

2sin(2xπ)f(x2sin(2xππ g(x2sin[2(xππ]2sin(2xπ 则h(x)g(xf(x)2sin(2xπ2sin(2xπ) 2(2sin2x2cos2x)2(2sin2x2cos2x)2cos2x 令2kπ2xπ2kπkZ，解得kπxπkπkZ当k0时，函数hx的单调递减区间为0π因为函数hx在区间πt上单调递减，所以πtπ 42即实数t的取值范围为π42（2）解：由（1）g(x)

2sin(2xπ)可得g(A)2sin(2Aπ)1，即sin(2Aπ) 2 因为0Aπ，可得π2Aπ9π，所以2Aπ3πAπ 因为a2，由余弦定理得a2b2c22bccosA即(2)2b2c22bccosπb2c2

由基本不等式知b2c22bc，当且仅当bc可得2b2c22bc2bc2bc22)bc2所以bc 22可得

1bcsinA1(22)sinπ1(22)2 2 所以VABC面积的最大值为2117．(1)AB的中点G，连接CGFGFEBFGEAFG1EAEADCABCEAEA2DCFGDCFGDC可知四边形CDFGDFCGDF⊄ABCCGABCDF∥ABC(2)（1）（2）因为VABCGAB中点，则CGABEAABCCGABC，则CGEA且EAABA，EA，AB平面EAB，可知CG平面EAB，由题意可知：CG ，EA2DC2，则AB2，由（1）FGDCDCABCFGABC，以GGCGBGFx,yz轴，建立空间直角坐标系， nBD3xyz设平面BDE的法向量为nx,y,z，则→–– y1x0z1，可得→0,1,1→→ n 2则cosn,m → 2n BEDABC夹角的余弦值为218．(1)y22xk1或k21,由（2）x

2(4k1),x

16且C(x1y1

k，D(,0)

1 k又因为

y2y1k(x1x2)8 x x BCy

k(x1x2)8(xx) x y0x

y2(x2x1)(kx24)(x2x1)x2[k(x1x2)2kx1x24(x1x2)k(x1x2)82k1642(4k k kk2(4k1)k4即M(40)所以|OM|

|4|

||OM|OD|（1）p1p Ey22x由题意可知直线l0，设为k，所以lykx4，y2由ykx4，得k2x22(4k1)xy2其中4(4k1)264k24(8k10解得k1xx2(4k1xx16 k 1 kyykx4)(kx4)k2xx4k(xx1681 1 又因为VOAB当OAB90时，则有kOAkABy1kkx14k 即k2x4kx 所以(k21)x4k

k21ykx44 k2A(x1y1y22x4 所以k21

k2整理得k3k20即(k1)(k2k2)0，解得k1；同理当OBA90时，解得k1当AOB90时，所以OAOB,即OAOB

所以OAOBx1x2y1y2k2k0解得k2，满足k1所以k2k1或k219．(1)e, (2)f(0)330f(x1xexa 令h(x1xexax(0，则h(x1xex x0，所以h(x)0，则h(x在(0因为h(0)1a0xh(x)由零点存在定理可得h(x在(0x1，所以h(x1)0f(x1)0，x0xfx0,f(x在0x x(x1fx0f(x在x1∞上单调递减；f(0)0x0x1f(x)0恒成立，xf(x3xexax3 f(x在0x0，f(1ea3，其中0a1e3f10 x1x0因为0a12

1，所以2e a

a因