广西柳州市2025-2026学年高二下学期7月期末考试 数学 含解析

广西柳州市2025-2026学年高二下学期7月期末质量检测数学试卷一、单选题1．已知集合，集合，则（

）A． B． C． D．2．已知，则（

）A．5 B． C．2 D．13．已知一组数据，，，的平均数为5，则该组数据的第25百分位数为（

）A．2 B．3.5 C．5 D．64．下列命题为真命题的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则5．已知，则关于的展开式中各项系数之和的最小值为（

）A． B． C． D．6．某工厂的产量（单位：件）与资本投入（单位：万元），劳动投入（单位：人）满足柯布—道格拉斯生产函数（其中，，为常数）．在劳动投入不变的前提下，要使工厂的产量提升，资本投入需增加，则该工厂资本产出的弹性系数约为（

）（参考数据：，）A． B． C． D．7．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，直线与交于第一象限内的点，若四边形的面积是面积的4倍，则的方程不可能为（

）A． B． C． D．8．已知，则满足的的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题9．设事件满足，，则下列结论正确的是（

）A． B．若，互斥，则C．若，独立，则 D．若，则，独立10．若，是两条互相垂直的异面直线，，，，是四个不同的点，满足，，，，且，，，则（

）A．直线与是异面直线 B．C．若，则 D．若为中点，则11．已知曲线，则（

）A．曲线的图象有且仅有条对称轴B．曲线上任意一点到原点的最大距离为C．曲线所围成图形的面积为D．函数的图象与曲线的图象有且仅有个交点三、填空题12．曲线在点处的切线方程为__________.13．已知圆锥与圆柱的底面积相等体积也相等、若圆柱的高与底面圆的半径相等，则圆锥与圆柱的侧面积的比值为______．14．甲乙两人进行抽卡游戏，每一局游戏中，将编号为，，，，，，的7张卡片的背面朝上并搅匀，甲先从中随机抽取2张卡片，乙再从剩下的卡片中随机抽取1张卡片．记为甲抽取的卡片中较大编号者的编号，为乙抽取的卡片的编号，当时，称该局为“默契局”，则一局游戏成为“默契局”的概率为______，游戏规定：出现“默契局”时，乙得2分，甲得0分，否则乙得0分，甲得1分，则三局游戏后，甲乙两人得分之和为的数学期望______．四、解答题15．已知等差数列的前项和，且，．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和．16．已知函数．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．(1)设，若在上单调递减，求的取值范围；(2)设的内角所对的边分别为，若，求面积的最大值．17．如图，和都垂直于平面，且，是的中点．

(1)求证：平面；(2)若，点到平面的距离为，为等边三角形，求平面与平面夹角的余弦值．18．已知抛物线的焦点为，过点作直线交于，两点，为坐标原点．(1)求抛物线的方程；(2)若为直角三角形，求直线的斜率；(3)点关于轴的对称点为，直线交轴于点，直线交轴于点，探究是否为定值？19．已知．(1)若在上单调递减，求实数的取值范围；(2)当时，求证：在只有一个零点，且．

参考答案1．C【详解】由题意得集合，因为集合，所以.2．B【详解】由题意可得，所以.3．B【详解】由题意得：，由，所以该组数据的第25百分位数为.4．D【详解】对于A，由，所以，故A错误；对于B，由，所以，，所以，故B错误；对于C，若，由，所以，故C错误；对于D，若，则，故D正确.5．D【详解】令，可得的展开式中各项系数之和为，因为，则，当且仅当时取等号，所以，即关于的展开式中各项系数之和的最小值为.6．A【详解】因为，所以当工厂的产量提升，资本投入需增加时，则有，，得，，.7．B【详解】将代入椭圆方程中，解得：，因为在第一象限，所以，所以坐标为：，由，又，因此，由，的边的长为，高为的横坐标，故，代入中得：，从而可得：，又因为，所以，即，对于A，由，满足，故A正确；对于B，由，不满足，故B错误；对于C，将化为标准形式为：，由，满足，故C正确；对于D，将化为标准形式为：，由，满足，故D正确.

8．C【详解】已知函数，令，构造新函数，则，因此，，要满足，即满足，由于指数函数在实数集上单调递增，一次函数也在实数集上单调递增，所以在实数集上单调递增，所以不等式等价于，解得，所以的取值范围是，故C正确.9．BCD【详解】对于A，因为，，则，所以A错误，对于B，因为，互斥，则，所以B正确，对于C，因为，独立，则，所以C正确，对于D，因为，又，所以，则，独立，故D正确.10．ABD【详解】以为原点，为轴，为轴，为过点且平行于轴的直线，建立空间直角坐标系，则，，设，；对A：由图可知，直线与直线不平行且不相交，故直线与直线是异面直线，故A正确；对B：，，则，故B正确；对C：若，则，，故，则，故C错误；对D：若为中点，则，则，，则，故D正确.11．BCD【详解】已知曲线，当，时，曲线；当，时，曲线；当，时，曲线；当，时，曲线；当，时，曲线为原点；因此，画出曲线的图象，如图所示，对于A，曲线的图象有条对称轴，故A错误；对于B，曲线上任意一点到原点的距离为，则，由于，所以，当且仅当时取等号，则，解得，所以曲线上任意一点到原点的最大距离为，故B正确；对于C，由图象可知，曲线所围成的图形是由个半径为的半圆和个边长为的正方形组成，因此曲线所围成的图形的面积为，故C正确；对于D，由于，所以函数是偶函数，图象关于轴对称，且，，如图所示，当时，，在上单调递减，此时与曲线有个交点；当时，，在上单调递增，此时与曲线有个交点；因此函数的图象与曲线的图象在第一象限有个交点，根据函数的对称性，函数的图象与曲线的图象在第二象限也会有个交点，所以函数的图象与曲线的图象有且仅有个交点，故D正确.12．【详解】由曲线，则，所以，故曲线在点处的切线方程为：，即.故答案为：.13．【详解】设圆柱的底面圆的半径为，高为，圆锥的底面圆的半径为，高为，因为圆柱的高与底面圆的半径相等，可得，又因为圆锥和圆柱的底面圆的面积相等，可得，所以，因为圆锥和圆柱的体积相等，可得，即，解得，又由圆锥的母线长为，所以圆锥的侧面积为，圆柱的侧面积为，所以圆锥与圆柱的侧面积的比为.14．/【详解】设甲抽取的2张卡片为，则的可能种数为，若，则时，为，为；时，可为，，可为，；时，可为，，，可为，，；时，可为，，，，可为，；时，可为，，，，，可为；故一局游戏成为“默契局”的概率为；每局甲乙两人得分之和的数学期望为，则三局游戏后，甲乙两人得分之和为的数学期望.15．(1)(2)【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为.由，得化简得.由，得将代入上式，可得，.因此，.（2）由(1)得，裂项得数列的前项和.16．(1)(2)【详解】（1）解：由函数，函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则，令，解得，当时，函数的单调递减区间为，因为函数在区间上单调递减，所以，即实数的取值范围为.（2）解：由（1）知，可得，即，因为，可得，所以，解得，因为，由余弦定理得，即，由基本不等式知，当且仅当时，等号成立，可得，所以，可得所以面积的最大值为.17．(1)取的中点，连接，，

因为是的中点，则，，又因为和都垂直于平面，则且，可得，，可知四边形为平行四边形，则，且平面，平面，所以平面.(2)【详解】（1）略（2）因为为正三角形，为中点，则.又因为平面，平面，则，且，，平面，可知平面，由题意可知：，，则，由（1）可知：，平面，所以平面，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，可得，，设平面的法向量为，则，令，则，，可得，由题意可知：平面的法向量为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.18．(1)；(2)或；(3)是定值1,理由如下：由（2）可知，且，，又因为，所以直线的方程为，令，得，即，所以，所以是定值1.

【详解】（1）由题意可得，解得，所以抛物线的方程为；（2）由题意可知直线的斜率存在且不为0，设为，所以的方程为，由，得，其中，解得，设,由韦达定理可得：，所以，又因为为直角三角形，当时，则有,即，即，所以，解得，所以，又因为在抛物线上，所以，整理得,即，解得；同理当时，解得；当时，所以,即，所以，解得，满足，所以；综上，或；（3）略；19．(1)；(2)证明：因为，，令，则，先证零点的唯一性：因为，所以，则在上单调递减，因为，当时，，由零点存在定理可得在上存在唯一零点，所以即