2025~2026学年广西壮族自治区柳州市部分校高二下册6月期末检测数学试题【含答案】

/数学满分150分，考试时间120分钟．一、选择题：本题共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，，则（）A. B.C. D.2.设复数，则=（）A.1 B.2 C.4 D.63.已知点是函数图象的一个对称中心，则的最小值为（）A. B. C. D.4.一组从小到大排列的数据：3，4，x，12，16，若这组数据的第60百分位数比平均数大2，则x的值为（）A.10 B.9 C.8 D.75.已知直线l与平面，，满足且，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6.已知函数是定义在上的偶函数，，且在上单调递减，若，，，则（）A. B. C. D.7.在△ABC中，，，，点为的中点，P为上的点，且，则的值为（）A. B. C. D.8.已知定义域为的函数的导函数为，且满足，，则当时，不等式的解集为（）A. B.C. D.二、选择题：本题共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.已知随机变量服从正态分布，则（）A. B.C. D.10.设为数列的前n项和，已知，，且，则（）A. B.C. D.11.已知抛物线的焦点为，直线与交于M，N两点，与x轴交于点Q，与直线交于点P，为坐标原点，则（）A.的准线方程为 B.C.当时，的面积为 D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的系数为________．（结果用数字作答）13.已知双曲线的焦距为8，且的渐近线与圆相切，则的方程为________．14.已知数列的前n项和为，且，设为数列的前n项和，则=________．（符号表示不超过x的最大整数，例如）四、解答题：本题共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.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．（1）求角C；（2）若△ABC的面积为3，求c16.如图，在直三棱柱中，，，P是线段上靠近的三等分点，分别是线段AB，的中点．（1）求证：EF⊥平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．17.某用户只在某外卖平台的甲、乙、丙三家餐厅点餐，根据历史数据，选择甲、乙、丙餐厅的概率分别为、、，甲、乙、丙餐厅的准时送达率分别为、、．已知该用户每次外卖点餐准时送达与否相互独立．（1）求该用户每次外卖点餐准时送达的概率；（2）平台推出“准时保”，每单需支付1元的服务费，若外卖未准时送达，则平台赔付3元；若外卖准时送达，则平台不赔付．该用户愿意购买“准时保”的条件是亏损期望不超过0.2元，试问他是否愿意购买“准时保”？说明你的理由．18.已知椭圆的长轴长为，点在上．（1）求的离心率；（2）若点Q在上，为坐标原点，求面积的最大值；（3）设分别为的左、右顶点，动点M在直线上，直线与的另一个交点为（异于点B），直线与的另一个交点为（异于点），求直线EF与x轴的交点坐标．19.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）证明：存在唯一的极值点；（3）当恒成立时，证明：．

数学满分150分，考试时间120分钟．一、选择题：本题共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，，则（）A. B.C. D.答案：C解析：解答过程：由题意得，根据交集的定义得.2.设复数，则=（）A.1 B.2 C.4 D.6答案：D解析：思路：先根据共轭复数的定义求出，再计算的结果，最后根据复数模的计算公式求解即可.解答过程：因为，所以，所以，所以.3.已知点是函数图象的一个对称中心，则的最小值为（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：由题意知点是函数图象的一个对称中心，故，则，结合，可知，则时，取最小值.4.一组从小到大排列的数据：3，4，，12，16，若这组数据的第60百分位数比平均数大2，则的值为（）A.10 B.9 C.8 D.7答案：A解析：思路：先求出第60百分位数和平均数，再根据第60百分位数比平均数大2，建立等量关系求解即可.解答过程：解：由题意得，则第60百分位数为，因为平均数为，第60百分位数比平均数大2，所以，解得.5.已知直线与平面，，满足且，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答案：B解析：思路：根据充分必要条件的定义判断．解答过程：当时，不能推出；当时，又，可得．故选：B．方法提示：本题考查必要不充分条件的判断，掌握线面间位置关系的判断方法是解题关键．6.已知函数是定义在上的偶函数，，且在上单调递减，若，，，则（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：利用函数的周期性、奇偶性将、、c的自变量转化到同一单调区间上，结合该区间单调递增的性质比较函数值大小.解答过程：由得是周期为的周期函数，因为函数是定义在上的偶函数，且在上单调递减，所以在区间上单调递增，对于：，由周期性得，其中，对于：由周期性得，由奇偶性得，故，，对于c：，，因为，，所以，又在区间上单调递增，所以，即.7.在中，，，，点为的中点，为BD上的点，且，则的值为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：利用中点得，由共线设，对照已知表达式求出、，再拆分数量积，代入模长与夹角余弦算出结果.解答过程：因为为中点，故，由于在BD上，、、三点共线.根据共线向量的性质，存在实数，使得.代入得：结合题设，由平面向量基本定理，对应系数相等.因此，解得，故.将代入的表达式，得.因此已知，故，，.因此..8.已知定义域为的函数的导函数为，且满足，，则当时，不等式的解集为（）A. B.C. D.答案：C解析：思路：构造函数，则.利用导数分析其单调性，将不等式转化为，再根据的单调性，结合正弦函数的性质求解即可.解答过程：令函数，则.，所以是减函数.因为，所以.因为，所以.二、选择题：本题共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.已知随机变量服从正态分布，则（）A. B.C. D.答案：ABD解析：解答过程：

对于A：随机变量服从正态分布，正态曲线关于对称轴对称，对称轴两侧的概率相等，所以，故A正确；对于B：由正态分布的对称性可得，因为，所以，故B正确；对于C：正态曲线的对称轴是，，所以，故C错误；对于D：由正态分布的对称性可得，因为，所以，故D正确.10.设为数列的前n项和，已知，，且，则（）A. B.C. D.答案：AB解析：思路：由递推关系​可判断是等比数列，公比为2，结合，求出首项​，进而得到的通项公式.可直接计算​验证A选项；写出的表达式，推导的结果验证B选项，先判断是首项为、公比为的等比数列，用等比数列前项和公式求其前项和，验证C选项，先由​求出的通项，再对裂项，用裂项相消法求和，验证D选项.解答过程：由已知有意义，故，又，所以数列是公比的等比数列，因为，所以，所以，因此数列的通项公式为，对于选项A，，A正确；对于选项B，，，因此，B正确；对于选项C，数列是首项，公比为的等比数列，数列的前项和，与选项给出的不符，C错误；对于选项D，，则​，所以​，D错误.11.已知抛物线的焦点为F，直线与交于，两点，与轴交于点，与直线交于点，为坐标原点，则（）A.的准线方程为 B.C.当时，的面积为 D.答案：BCD解析：思路：对于选项A，根据抛物线方程求出准线方程；对于选项B，设出直线MN的方程，联立抛物线方程，利用韦达定理和向量的数量积判断是否成立；对于选项C，当时，求出直线方程，联立抛物线方程，利用弦长公式和点到直线的距离公式求出的面积；对于选项D，根据弦长公式和韦达定理进行分析.解答过程：选项A，在抛物线中，，则，所以准线方程为，故A错误.选项B，抛物线的焦点，设，.联立，消去x可得.根据韦达定理，，.则16.所以0，则，故B正确.选项C，当时，直线的方程为，即.联立，消去可得.根据韦达定理，，.则，点到直线的距离.所以的面积，故C正确.选项D，设，因为点在直线上，联立，消去可得，，解得或.所以，解得，，点是直线与轴的交点，令，得，所以，则，，，要验证，即验证：化简得：，因为，且.所以，所以和同号，即.因为，或时，，与右边相等，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的系数为________．（结果用数字作答）答案：解析：思路：根据通项公式确定时，代入求解系数即可.解答过程：解：设二项展开式通项为，则，所以的系数为.13.已知双曲线的焦距为，且的渐近线与圆相切，则的方程为________．答案：解析：解答过程：因为双曲线的焦距为8，所以，得，故得，又双曲线C的渐近线方程为，整理为一般式为，圆的圆心为，半径，由于的渐近线与圆相切，故圆心到渐近线的距离等于半径，由点到直线的距离公式可得：，结合，解得，进而，因此双曲线C的标准方程为.14.已知数列的前n项和为，且，设为数列的前n项和，则=________．（符号表示不超过的最大整数，例如）答案：解析：思路：根据的关系求出，再放缩得到即可求解．解答过程：时，，解得，时，，，解得，时也符合，，设，，，，又，，，，．四、解答题：本题共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.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．（1）求角C；（2）若的面积为3，求c的最小值．答案：（1）（或）（2）解析：（1）因为由正弦定理得：，化简得，由余弦定理得，因为，所以.（2）由三角形面积公式有，所以，由余弦定理得：，当且仅当时等号成立，所以，即c的最小值为.16.如图，在直三棱柱中，，，是线段上靠近的三等分点，分别是线段，的中点．（1）求证：⊥平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．答案：（1）证明：在中，因为分别为线段的中点，所以，因为，所以，又因为三棱柱为直三棱柱，所以平面ABC，因为平面ABC，所以，又因为，且平面，所以平面.（2）解析：思路：（1）根据题意，证得，再由三棱柱为直三棱柱，得到平面ABC，证得，根据线面垂直的判定定理，即可证得平面；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，根据向量的夹角公式，即可求解.（1）略（2）解：因为，且平面ABC，以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由，可得，因为是线段上靠近的三等分点，且，所以,又因为分别是线段的中点，可得，可得，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面与平面夹角为，可得，所以平面与平面夹角的余弦值为．17.某用户只在某外卖平台的甲、乙、丙三家餐厅点餐，根据历史数据，选择甲、乙、丙餐厅的概率分别为、13、，甲、乙、丙餐厅的准时送达率分别为、、．已知该用户每次外卖点餐准时送达与否相互独立．（1）求该用户每次外卖点餐准时送达的概率；（2）平台推出“准时保”，每单需支付1元的服务费，若外卖未准时送达，则平台赔付3元；若外卖准时送达，则平台不赔付．该用户愿意购买“准时保”的条件是亏损期望不超过0.2元，试问他是否愿意购买“准时保”？说明你的理由．答案：（1）（2）设该用户购买“准时保”的净收益为元，则的取值可能为，2，结合（1）有该用户每次外卖点餐准时送达的概率为，则，，所以，即亏损期望是0.4元，超过了0.2元，所以他不愿意购买“准时保”．解析：思路：（1）根据题意，及全概率公式即可求解；（2）结合（1），求出购买“准时保”的期望，进而即可判断该用户是否愿意购买“准时保”．（1）令事件“外卖点餐准时送达”，“选择甲餐厅”，“选择乙餐厅”，“选择丙餐厅”，则，，，，，，所以该用户每次外卖点餐准时送达的概率为：．（2）略18.已知椭圆的长轴长为，点在上．（1）求的离心率；（2）若点在上，为坐标原点，求面积的最大值；（3）设分别为的左、右顶点，动点在直线上，直线与的另一个交点为E（异于点），直线与的另一个交点为F（异于点A），求直线与轴的交点坐标．答案：（1）（2）（3）解析：思路：（1）根据题意，得到，求得，再由点在上，代入求得，进而求得，结合椭圆离心率的公式，即可求解；（2）由（1）得到椭圆的方程为，且为，设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为，联立方程组，利用，求得的值，得到两平行线间的最大距离为，进而求得的面积的最大值；（3）设，，分别求得直线和的方程，联立方程组，求得和，得到直线的得方程，即可得到答案.（1）解：由椭圆的长轴长为，可得，解得，又由点在上，可得，解得，即，所以，所以椭圆的离心率为.（2）解：由（1）知：且，所以椭圆的方程为，又由，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即，设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为，联立方程组，整理得，因为直线与椭圆相切，可得，可得，解得，所以直线与直线之间的距离为：，直线与直线之间的距离为：，所以两平行线间的最大距离为，又因为，所以的面积的最大值为.（3）解：因为动点在直线上，可设，其中，再设，且，可得直线的方程为，联立方程组，整理得，可得，可得，所以，即，同理可得：直线的方程为，且，所以直线的斜率的倒数为，所以直线的方程为