2025-2026学年云南曲靖市陆良县高二下学期期末检测数学试卷-含答案

/高二数学期末检测卷注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．4．本试卷主要考试内容：高考全部内容．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.若，，则（）A.的实部为1 B. C.的虚部为 D.为纯虚数【答案】B【解析】【详解】的实部为，故A错误；，故B正确，D错误；的虚部为，故C错误；2.样本数据为，，，，，，，，，的第55百分位数为（）A.9.5 B.10 C.10.5 D.11【答案】D【解析】【分析】根据百分位数的计算步骤即可得【详解】样本共10个已按从小到大排序的数据，即，

，向上取整为，即第55百分位数是排序后的第6个数据，为，因此第55百分位数为3.若一个等差数列的公差为，且第5项为5，则该数列的首项为（）A.13 B.15 C.17 D.20【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的通项公式求解即可.【详解】设该数列的首项为，由题意知，.因为，所以.4.设为圆上任意一点，点，则的最大值为（）A.2 B.6 C.8 D.9【答案】C【解析】【详解】因为，所以点在圆外，又,故的最大值为.5.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据指数函数与对数函数的单调性比较大小即可.【详解】指数函数在上为减函数，所以，即，也即，所以.对数函数在上单调递减，因为，所以，即，所以.6.不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据二次根式的性质，利用平方法、一元二次不等式的解法进行求解即可.【详解】由，于是由，或，所以不等式的解集为.7.“函数存在零点”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】【分析】求导，利用导数分析函数的单调性和零点，可得，结合充分、必要条件分析判断.【详解】由题意可知：的定义域为，且.令，解得；令，解得；可知函数在内单调递增，在内单调递减，则，当趋近于0或时，趋近于，若函数有零点，等价于，即，显然是的真子集，所以“函数存在零点”是“”的必要不充分条件.8.如图，四边形与均为矩形，，，将矩形沿边翻折，使得二面角为60°，则翻折后点到平面的距离为（）A. B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理证明翻折后平面，则即为所求点到平面的距离.【详解】如图，翻折前，，，翻折后，，，则为二面角的平面角，即.因为平面，且，所以平面，又，所以平面.因为平面，所以.因为，，所以由余弦定理得，则，所以，又平面，，所以平面，故翻折后点到平面的距离为.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.已知函数，，则（）A. B.与均为奇函数C.在内存在极值点 D.的图象关于直线对称【答案】BC【解析】【分析】对于A，可以直接求出，再判断的符号；对于B，根据奇函数的定义判断即可；对于C，对求导，即可判断极值点存在问题；对于D，求函数的对称轴判断即可.【详解】对于A，，所以，选项A错误；对于B，与定义域均为，，,所以，与均为奇函数，选项B正确；对于C，对求导可得，，当时，,值域为，当时，单调递增，，所以存在，使得，在上，；在上，，所以为极小值点，故选项C正确；对于D，令，得，的图象的对称轴为直线，故选项D错误.10.在空间直角坐标系中，，，，则（）A.B.点到平面的距离为C.D.直线与平面所成角的正弦值为【答案】ABD【解析】【分析】根据空间向量的数量积、点到平面的距离公式、线面角、空间向量的模的公式逐一判断计算即可.【详解】因为在空间直角坐标系中，，，，所以.所以，所以A正确；因为，设平面的一个法向量坐标为.所以，即，令，则.所以，因为，所以直线与平面所成角的正弦值为，D正确.所以点到平面的距离为，所以B正确.因为，所以，所以，C错误.11.过点的直线l与抛物线交于两点，O为坐标原点，射线、射线与直线分别交于点、点N，则（）A.B.点的横坐标之积与直线的斜率有关C.与的面积相等D.当直线的斜率为2且时，【答案】AC【解析】【详解】如图所示，不妨设，可知直线斜率必定存在，设直线为，联立方程组可得，消去得，可知在时，，则，直线为，当时，解得，即点，直线为，当时，解得，即点，则，可知，因为，所以，所以，所以A正确；可知，与斜率无关，所以B错误；可知，，因为，所以，所以，选项C正确；当时，可知，因为，所以，即，化简得，因为，即，所以，因为，所以，解得，所以D错误.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.函数的值域为__________．【答案】【解析】【分析】利用换元法、配方法，结合反比例函数的性质进行求解即可.【详解】令，因为函数在上单调递减，所以，且，所以函数的值域为.13.除以7的余数为__________．【答案】1【解析】【分析】利用二项式定理化简，即可求解.【详解】，因为都是7的整数倍，所以除以7的余数为1.14.已知双曲线的左、右顶点分别为，，右焦点为，且，则的离心率为__________．【答案】##【解析】【分析】设，由可得到的关系，从而求出的离心率.【详解】设，由可得,所以，，即，.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.如图，几何体为正四棱柱，E为的中点，F为上一点，且平面．（1）证明：平面．（2）设正四棱柱、三棱锥的体积分别为，，求的值．【答案】（1）证明：因为是正四棱柱，所以侧棱底面，又底面，因此.又底面是正方形，故.因为，且平面，所以平面（2）12【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理结合图形证明即可；（2）结合题意根据棱柱体积公式求解，转换底面并结合三棱锥体积公式求解，再求两者的比值.【小问1详解】略.【小问2详解】设底面正方形边长为，正四棱柱的高为，则正四棱柱体积.因为平面，平面，且平面平面，所以.又是中点，在中，为中位线，因此是中点，得.，的面积，底面，故到平面的距离为，故，所以体积比：.16.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求A；（2）若，且，求的周长．【答案】（1）（2）的周长为【解析】【小问1详解】由，得，即．因为，所以，故，解得．【小问2详解】由正弦定理及得，在中，，所以，，得，又，故，从而．已知，由正弦定理得，则，,周长.17.已知，分别是椭圆的左、右焦点，是上一点．当时，，．（1）求的标准方程；（2）若在第一象限，，是上的两点，若直线，关于直线对称，证明：直线的斜率为定值．【答案】（1）（2）设，．由题可知直线与的斜率互为相反数，当，代入椭圆方程得，又在第一象限，故．设直线的斜率为，则直线的斜率为，于是直线的方程为，直线的方程为代入，的坐标并作差，得．①由，得．由韦达定理，得，即，②同理可得．③将①②③代入，得，故直线的斜率为定值【解析】【分析】（1）通过焦距确定，通过椭圆定义求得，进而可求解；（2）设，．直线的斜率为，得到直线的斜率为，通过点在直线上作差，及直线方程和椭圆方程联立，进而可求解.【小问1详解】由题可知，即，，所以，即，则，故的标准方程为．【小问2详解】略18.（1）证明：．（2）已知函数．（i）求曲线在点处的切线方程；（ii）若，求的取值范围．【答案】（1）证明：令，则．当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，则，所以，即．（2）（i）（ii）【解析】【分析】（1）构造函数，通过求导分析单调性得到函数最小值为，进而证得不等式；（2）（i）求出函数在处的函数值与导数值，利用切线方程点斜式直接写出切线；（ii）构造并求导，分和讨论符号，分析的单调性进而得到的单调性，结合的题意筛选出的取值范围.【详解】（1）略（2）解：（i）因为，，，所以曲线在点处的切线方程为．（ii）令，则，．当时，，所以是减函数，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，则，符合题意．当时，．当时，，因为函数在上单调递减，所以，所以，．当时，，所以在上单调递减，因为，所以当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，则，符合题意．当时，，存在，使得当时，，所以在上单调递增．因为，所以当时，，所以在上单调递增．因为，所以当时，，不符合题意．综上，的取值范围为．19.某系统有两个智能体：甲（快速响应型）和乙（精确分析型）．每次任务由当前激活的智能体执行，规则如下：若当前智能体执行成功，则下次任务仍由该智能体执行；若失败，则下次换另一智能体执行．甲、乙每次执行成功的概率分别为0.7，0.6，第一次执行任务的智能体由抽签等可能性地决定．每次执行成功与否相互独立．（1）求第二次执行任务的智能体是乙的概率．（2）求第次执行任务的智能体是甲的概率．（3）定义随机变量Z为前n次任务中，甲成功段的个数，若连续m次成功，则这m次称为一个长度为m的成功段（单次成功视为一个长度为1的成功段），例如，当时，这10次依次为甲成功、甲成功、甲成功、甲失败、乙失败、甲成功、甲成功、甲失败、乙失败、甲成功，第次为一个长度为3的成功段，第次为一个长度为2的成功段，第10次为一个长度为1的成功段，则，求．附：若随机变量服从两点分布，且，，2，…，n，则．【答案】（1）0.45（2）（3）【解析】【分析】（1）利用全概率公式求解即可；（2）设为第i次执行任务的智能体