陕西省安康市部分校2025-2026学年高二第二学期期末教学质量评估数学试题 含答案解析

数学本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时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．1.3与9的等比中项为（）A. B. C. D.2.已知某圆锥的底面半径，母线长，则该圆锥的体积为（）A. B. C. D.3.已知集合，，则（）A. B. C. D.4.若，则（）A. B. C. D.5.已知双曲线：的离心率为，则的焦距为（）A. B. C. D.6.设复数与在复平面内对应的点分别为，，若，则（）A. B. C. D.7.若定义域均为的函数与分别为奇函数与偶函数，则一定有（）A.为偶函数 B.为偶函数C.为奇函数 D.为奇函数8.某物流公司规划了7条分别编号为1至7的无人机专属航线，现将这7条航线全部分配给甲、乙、丙3个不同的调度中心，且航线1与航线2必须分配给同一个调度中心．若每个调度中心至少分到1条航线，且甲中心分配的航线数量必须多于乙中心，则不同的分配方案总数为（）A.185 B.205 C.215 D.235二、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.对于实数，，使不等式成立的一个充分不必要条件可以是（）A. B.C. D.10.已知向量，，则（）A.B.当与的夹角为锐角时，C.若与共线，则的最小值为D.若在上的投影向量为，则的最大值为11.已知函数及其导函数的定义域均为，若，，且当时，，则（）A.在上单调递增 B.在上单调递减C.函数为周期函数 D.曲线的对称中心有无数个三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在中，，，，则_____．13.已知抛物线：的焦点为，过上一点作其准线的垂线，垂足为，若，，则_____．14.已知函数（，）的图象关于点中心对称，且在区间上单调递增，在区间上单调递减，则的最大值为_____．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．15.记为数列的前项积，已知．（1）证明：数列为等差数列；（2）若，求的通项公式．16.已知函数，曲线在点处的切线方程为．（1）求；（2）证明：在上单调递减．17.如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．（1）证明：平面；（2）设是侧面内（含边界）一点，且，求长度的取值范围．18.在某双通道通信实验中，系统每次独立输出一个信号对，其中状态指示值，．工程师截获了连续输出的100个信号对作为样本，统计发现这100个信号对中值的总和为140，值的总和为150．设该样本中信号对出现的频数为（，），并以样本频率作为单次输出相应事件概率的估计值．（1）补全列联表（可用表示）；

合计

合计

100（2）若按样本频率得到的与相互独立．（ⅰ）求的值，并计算单次输出时的概率；（ⅱ）现该系统继续独立输出4个信号对，记满足的信号对的个数为，求的分布列与数学期望．附：，其中．19.已知椭圆：的左、右顶点分别为，，是上与，不重合的一动点．（1）证明：直线与的斜率之积为定值；（2）直线，与直线分别交于点，，求的最小值；（3）若不过点且斜率为的直线与交于，两点，证明：的外心在定直线上．

数学本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时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．1.3与9的等比中项为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：考查等比中项的定义，若成等比数列，则.解答过程：设与的等比中项为由等比数列的等比中项定义可知，，解得.2.已知某圆锥的底面半径，母线长，则该圆锥的体积为（）A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：如图，，，，所以．3.已知集合，，则（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：由，或，则或，即.4.若，则（）A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：由，即，则，解得或（舍去），则.5.已知双曲线：的离心率为，则的焦距为（）A. B. C. D.答案：B解析：解答过程：已知双曲线：，则或.当焦点在轴上时：此时，实半轴平方，虚半轴平方，半焦距平方，离心率，已知，则，与冲突，故不成立；当焦点在轴上时：此时，此时方程可化为，实半轴平方，虚半轴平方，半焦距平方，离心率，满足，故半焦距，则焦距为，B正确.6.设复数与在复平面内对应的点分别为，，若，则（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：设，根据复数的乘方运算法则及复数的对应点的坐标列得关于的方程，求得的值，从而求得.解答过程：设，则.所以，所以，所以，由②得，所以或.当时，由①得，即，因为，所以该方程无实数解；当时，，所以，所以.综上所述，.7.若定义域均为的函数与分别为奇函数与偶函数，则一定有（）A.为偶函数 B.为偶函数C.为奇函数 D.为奇函数答案：D解析：解答过程：因为定义域均为的函数与分别为奇函数与偶函数，则，.对于A：因为，可知为奇函数，故A错误；对于B：例如，，则为非奇非偶函数，故B错误；对于C：因为，可知为偶函数，故C错误；对于D：因为，可知为奇函数，故D正确.8.某物流公司规划了7条分别编号为1至7的无人机专属航线，现将这7条航线全部分配给甲、乙、丙3个不同的调度中心，且航线1与航线2必须分配给同一个调度中心．若每个调度中心至少分到1条航线，且甲中心分配的航线数量必须多于乙中心，则不同的分配方案总数为（）A.185 B.205 C.215 D.235答案：C解析：思路：先将7条航线分成3组，为保证每个中心至少分到一条航线，共有四种情况.因为甲中心分配的航线数量必须多于乙中心，所以分甲分配到条航线进行分析可得.解答过程：因为每个调度中心至少分到1条航线，所以把7条航线分成3组，有四种情况.因为甲中心分配的航线数量必须多于乙中心，所以可分甲分配到四个类型进行分析，所以有以下分配方案：若甲中心分配5条航线，则其中必包括航线1与航线2，共有种方案；若甲中心分配4条航线，且其中包括航线1与航线2，则从除1、2两条航线外的5条中再选2条给甲，再将剩余3条分成两组分配给乙、丙，共有种方案；若甲中心分配4条航线，但其中不包括航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选4条给甲，再将1、2两条航线作为一组，剩余1条单独作为一组，分配给乙、丙共有种方案；甲中心分配2条航线，即航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选1条给乙，再将剩余4条单独作为一组分配给丙，共有种方案；若甲中心分配2条航线，但不包含航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选2条给甲，选1条给乙，再将剩余4条单独作为一组分配给丙，共有种方案；若甲中心分配3条航线，且包含航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选1条给甲，此时可从其余航线中选1条给乙，其余航线作为一组给丙，共有种方案；也可选两条给乙，其余航线给丙，共有种方案；若甲中心分配3条航线，但不包含航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选3条给甲，此时可从剩余2条航线中选1条给乙，其余航线作为一组给丙，共有种方案；也可将剩余2条航线给乙，将航线1与航线2作为一组给丙，共有种方案；也可将航线1与航线2给乙，其余航线给丙，共有种方案；综上所述，共有种方案.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.对于实数，，使不等式成立的一个充分不必要条件可以是（）A. B.C. D.答案：AC解析：解答过程：因为二次函数的，对于A，若，则，所以不等式恒成立，所以能推出不等式，当不等式成立时，不一定大于，当时，不等式也成立，故不等式推不出，所以是不等式的充分不必要条件，故A正确；对于B，将代入，不能推出不等式，故B错误；对于C，若，分两种情况：①若，不等式变为：成立，②若对任意的，，成立，所以能推出不等式，取，成立，但，所以不等式推不出，所以是不等式的充分不必要条件，故C正确；对于D，不等式成立时，实数，不同时为，即，所以不等式能推出，必要性成立，故D错误.10.已知向量，，则（）A.B.当与的夹角为锐角时，C.若与共线，则的最小值为D.若在上的投影向量为，则的最大值为答案：ACD解析：思路：A选项，由可判断；B选项，且与不同向共线，得到不等式，得到答案；C选项，设，由共线得到方程，由模公式得到，求出最小值；D选项，根据投影向量得到方程，求出，分，和三种情况，由基本不等式求出最值，得到答案解答过程：A选项，，显然，故，A正确；B选项，与的夹角为锐角，故且与不同向共线，且，解得且，B错误；C选项，设，则，与共线，故，所以，，故当时，取得最小值，最小值为，C正确；D选项，在上的投影向量为，故，所以，即，令，则，所以，当时，，，当时，，当时，，当且仅当，，时，等号成立，此时，当时，，当且仅当，时，等号成立，故，综上，，的最大值为，D正确.11.已知函数及其导函数的定义域均为，若，，且当时，，则（）A.在上单调递增 B.在上单调递减C.函数为周期函数 D.曲线的对称中心有无数个答案：ACD解析：思路：A求出的解析式即可；B先证明，得出即可判断；C先求证得出，其中为常数，再利用得出，求出，得出即可求证；D利用对称性和求证关于中心对称.解答过程：若，则，则，因为，所以，则在上单调递增，故A正确；因为，所以关于中心对称，则，因为，所以，则，得，若，则，则，因为在上恒成立，且关于中心对称，所以在上恒成立，故，则在上单调递增，故B错误；因为，所以，则，其中为常数，因为，所以，其中为常数，则，，得，，则，则，函数为周期函数，故C正确；因为，且关于中心对称，所以，则关于中心对称，故曲线的对称中心有无数个，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在中，，，，则_____．答案：解析：解答过程：由余弦定理可得，则，则，所以.13.已知抛物线：的焦点为，过上一点作其准线的垂线，垂足为，若，，则_____．答案：解析：思路：根据题意，写出坐标，分别根据和列出两个等式，联立两个等式直接求出．解答过程：设，则，，由，得①，由，得，即②，联立①②，解得，．14.已知函数（，）的图象关于点中心对称，且在区间上单调递增，在区间上单调递减，则的最大值为_____．答案：解析：思路：结合正弦函数的单调性及周期求得，利用特殊点求得，即可求出解析式，从而利用余弦函数单调性求解即可.解答过程：记的最小正周期为，显然，得.由，且得.可得.由，，，.所以函数的单调递减区间为，，单调递增区间为，.所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在上单调递增.故的最大值为．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．15.记为数列的前项积，已知．（1）证明：数列为等差数列；（2）若，求的通项公式．答案：（1）由题可得，因为，所以，所以数列是公差为3的等差数列．（2）解析：思路：（1）由，代入，得到，即可证明；（2）利用等差数列通项公式求解.（1）略（2）由（1）可得，则，当时，，所以.16.已知函数，曲线在点处的切线方程为．（1）求；（2）证明：在上单调递减．答案：（1）（2）由（1）可知，则，，所以，设，，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，即，所以在上单调递减．解析：思路：（1）根据导数的几何意义求函数在处的切线方程.（2）明确函数的解析式，判断导函数的符号，可得函数的单调性.（1）因为，所以，则，又，所以曲线在点处的切线方程为，即，即．（2）略17.如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．（1）证明：平面；（2）设是侧面内（含边界）一点，且，求长度的取值范围．答案：（1）连接，因为，分别为，的中点，所以，又平面，平面，所以平面．（2）解析：思路：（1）利用线面平行的判定定理求证；（2）以为原点建系，设，，，根据得，即可计算.（1）略（2）以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，所以，，，，则，，．因为点在侧面内（含边界），所以可设，，，则，所以．由，得，即，即，所以，由，得，则．，因为，所以，则，所以，所以，所以长度的取值范围为．18.在某双通道通信实验中，系统每次独立输出一个信号对，其中状态指示值，．工程师截获了连续输出的100个信号对作为样本，统计发现这100个信号对中值的总和为140，值的总和为150．设该样本中信号对出现的频数为（，），并以样本频率作为单次输出相应事件概率的估计值．（1）补全列联表（可用表示）；

合计

合计

100（2）若按样本频率得到的与相互独立．（ⅰ）求的值，并计算单次输出时的概率；（ⅱ）现该系统继续独立输出4个信号对，记满足的信号对的个数为，求的分布列与数学期望．附：，其中．答案：（1）

合计6040合计5050100（2）（ⅰ），（ⅱ）的分布列为：01234解析：思路：（1）利用与数值总和建立方程组，求出各行、各列合计频数，再用表示四类信号对频数完成填写；（2）（ⅰ）等价于变量独立，从而求出，统计总频数，除以样本总数得对应概率；（ⅱ）服从二项分布，即，套用二项分布公式写分布列、求期望.（1）设这100个信号对中，出现的频数为，出现的频数为，依题意得解得，．设出现的频数为，出现的频数为，依题意得解得，．因为信号对的频数为，所以当时，与的频数分别为，，当时，与的频数分别为，，补全列联表如表：

合计6040合计5050100（2）（ⅰ）根据相互独