云南省昭通市昭通一中教研联盟2025-2026学年高二第二学期期末考试（A卷）数学试题 含答案解析

数学满分150分，考试用时120分钟.一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合，则（）A. B. C. D.2.函数在的最小值与最大值的和为（）A.e B.1 C. D.33.已知实数成等比数列，则（）A. B. C. D.4.若函数（且）为偶函数，则（）A.9 B.3 C. D.25.已知函数在区间上单调递减，则实数a的取值范围为（）A. B. C. D.6.设且且，若，则的最小值是（）A. B. C.8 D.167.已知，则的大小关系是（）A. B. C. D.8.已知函数的定义域为为奇函数，，则（）A.为奇函数且对称中心为 B.为奇函数且对称中心为C.为偶函数且对称中心为 D.为偶函数且对称中心为二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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.以下四个命题中，是真命题的有（）A.若命题，则p的否定为：B.若，则C.若且，则D.“”是“”的充分不必要条件10.已知数列满足，，则下列结论正确的是（）A.数列是等差数列 B.数列是等比数列C. D.11.已知函数，则下列结论正确的是（）A.当时，的增区间为B.当时，曲线在处的切线方程为C.若函数在存在单调递减区间，则a的取值范围为D.当时，函数有且仅有两个零点第Ⅱ卷（非选择题，共92分）注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知幂函数的图象经过点，则__________13.将一个边长为a的正方形铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，做成一个无盖方盒，若要使方盒的容积V最大，则边长x为________.14.函数的值域为，且，则实数的取值集合为________．四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.袋中有7个大小相同的球，其中4个黑球、3个白球，现从中任取3个球，记随机变量X为其中白球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Y为得分．（1）求的值；（2）证明：．16.如图，在凸四边形中，已知．（1）若，求的值；（2）若，四边形的面积为1，求的值．17.如图，在长方体中，，点分别为的中点，点M为长方形内一动点（含边界）．（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）若直线平面，求点M的轨迹长度．18.已知函数．（1）若，求的单调区间；（2）若存在极小值和极大值，求a的取值范围．19.已知抛物线的焦点为，直线与交于两点，与x轴交于点Q，与直线交于点P．（1）求的标准方程；（2）当时，求的面积；（3）是否存在实数，使等式成立，若存在，求的值并说明理由．

数学满分150分，考试用时120分钟.一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合，则（）A. B. C. D.答案：B解析：解答过程：由题意得，或，所以.2.函数在的最小值与最大值的和为（）A.e B.1 C. D.3答案：D解析：解答过程：由题知函数在上单调递增，所以，则最小值与最大值的和为3．3.已知实数成等比数列，则（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：由题意得，，又等比数列奇数项的符号相同，所以，则，故．4.若函数（且）为偶函数，则（）A.9 B.3 C. D.2答案：D解析：解答过程：函数为偶函数，且该函数的定义域为，所以，则，又且，解得，此时，则，故为偶函数，满足题意，即.5.已知函数在区间上单调递减，则实数a的取值范围为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：根据导数的性质，转化问题为在上恒成立，进而求解即可.解答过程：因为，所以，因为在区间上单调递减，所以，即，则在上恒成立，因为在上单调递减，所以时，，故．6.设且且，若，则的最小值是（）A. B. C.8 D.16答案：B解析：思路：利用对数换底公式化简已知条件，得到的关系式，再用基本不等式求最小值.解答过程：由换底公式可得，，，原式化为，所以，由基本不等式得，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值是．7.已知，则的大小关系是（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：根据幂函数、对数函数、指数函数的单调性判断大小即可.解答过程：由，则，则，，所以．8.已知函数的定义域为为奇函数，，则（）A.为奇函数且对称中心为 B.为奇函数且对称中心为C.为偶函数且对称中心为 D.为偶函数且对称中心为答案：C解析：思路：根据函数的奇偶性，对称性定义逐一判断即可.解答过程：因为为奇函数，所以，则，即，则的图象关于点对称，的图象关于点对称，由，令，得，即，则，所以，故为偶函数．二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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.以下四个命题中，是真命题的有（）A.若命题，则p的否定为：B.若，则C.若且，则D.“”是“”的充分不必要条件答案：AC解析：解答过程：对于A，若命题，则的否定为：，故A正确；对于B，若，则，即，故B错误；对于C：因为且，所以，则，故C正确；对于D，因为是的真子集，所以“”是“”的必要不充分条件，故D错误．10.已知数列满足，，则下列结论正确的是（）A.数列是等差数列 B.数列是等比数列C. D.答案：ABD解析：解答过程：对于A，因为，所以，则是以首项为，公差为1的等差数列，故A正确；对于B，由A知，，所以，则，所以是等比数列，故B正确；对于C，由B知，，则，故C错误；对于D，由B知，，则，故D正确．11.已知函数，则下列结论正确的是（）A.当时，的增区间为B.当时，曲线在处的切线方程为C.若函数在存在单调递减区间，则a的取值范围为D.当时，函数有且仅有两个零点答案：BCD解析：思路：对于A，求导，令即可求解判断；对于B，根据导数的几何意义求解即可；对于C，由题意得在上有解，进而求解判断即可；对于D，由题意得，利用导数分析函数的单调性，进而求解判断即可.解答过程：对于A，当时，，，则，令，得，所以的单调递增区间为，故A错误；对于B，当时，，，则，所以，则曲线在处的切线方程为，即，故B正确；对于C，由题意得，若函数在存在单调递减区间，则在上有解，即在上有解，因为函数在上单调递减，所以，则，故C正确；对于D，由题意得，则，令，则，令可得，（舍）或，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，又，，，所以存在，使得，即，所以当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，因为时，，，所以存在，使得，又，，所以存在，使得，所以函数有且仅有两个零点，故D正确．第Ⅱ卷（非选择题，共92分）注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知幂函数的图象经过点，则__________答案：解析：思路：根据幂函数的定义，将点坐标代入求解即可.解答过程：设.故答案为：13.将一个边长为a的正方形铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，做成一个无盖方盒，若要使方盒的容积V最大，则边长x为________.答案：##解析：思路：依题意，可得，求导确定函数单调性即可求解.解答过程：依题意，折成无盖盒子的底面是边长为的正方形，高为，则，由，得，令，解得，令，解得，故在单调递增，在单调递减，且在处取得最大值.故答案为：14.函数的值域为，且，则实数的取值集合为________．答案：解析：解答过程：函数在单调递增，在单调递减，若，则满足条件，故实数的取值集合为四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.袋中有7个大小相同的球，其中4个黑球、3个白球，现从中任取3个球，记随机变量X为其中白球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Y为得分．（1）求的值；（2）证明：．答案：（1）（2）证明：由取到个白球，则可得取到个黑球，所以得分，则．解析：思路：（1）由题意得，X的所有取值为，分别求出每一个值对应的概率，再根据期望公式求解即可；（2）分析可得，进而求证即可.（1）由题意得，X的所有取值为，则，，，，所以．（2）略16.如图，在凸四边形中，已知．（1）若，求的值；（2）若，四边形的面积为1，求的值．答案：（1）（2）解析：思路：（1）在中求出，在中，由正弦定理求出，再根据平方关系求解即可；（2）在，中，分别由余弦定理得到，，进而得到，结合得到，将两个关系式平方后相加即可求解.（1）在中，因为，，所以．在中，由正弦定理得：，所以．又，所以，所以．（2）在，中，由余弦定理得，，，所以，即．又，即，整理得，所以，整理得，所以．17.如图，在长方体中，，点分别为的中点，点M为长方形内一动点（含边界）．（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）若直线平面，求点M的轨迹长度．答案：（1）法一：以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，所以，，则，故，即．法二：连接，在长方体中，⊥平面，因为平面，所以，又四边形是正方形，所以，因为，平面，所以平面，又平面，所以．（2）（3）解析：思路：法一：（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求证即可；（2）利用线面角的空间向量公式求解即可；（3）设（其中，），结合平面可得，进而求解即可；法二：（1）连接，先证明，，可得平面，进而求证即可；（2）易得平面，可知即为直线与平面所成角，进而求解即可；（3）连接，取中点，在上取点，使得，连接，分析可得点在平面与平面的交线上，从而点的轨迹是线段，进而求解即可.（1）略（2）法一：由（1）知，点，，，，易得平面的一个法向量为，而，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为.法二：在长方体中，平面，即平面，所以即为直线与平面所成角，在直角三角形中，，则，所以，即直线与平面所成角的正弦值为.（3）法一：由（1）知，，，，，设（其中，），则，而，，设平面的一个法向量为，则，令，得，因为平面，故，则，即，而，，则点M的轨迹为线段，且线段的两个端点为，则点M的轨迹长度．法二：在长方体中，取的中点，连接，由点为的中点，得，则四边形是平行四边形，，又，则四边形是平行四边形，于是，取中点，在上取点，使得，连接，而，则四边形为平行四边形，，而平面，平面，于是平面，由为的中点，得，而平面，平面，则平面．又平面，因此平面平面，由直线平面，点平面，则点在平面与平面的交线上，从而点的轨迹是线段，而，所以点的轨迹长度为．18.已知函数．（1）若，求的单调区间；（2）若存在极小值和极大值，求a的取值范围．答案：（1）单调递增区间为；单调递减区间为．（2）解析：思路：（1）由题意表示出后，利用导数求解单调性.（2）通过对分类讨论以及极值的特性求解.（1），，令，则，所以的单调递增区间为；令，则，所以函数的单调递减区间为．（2），则，令，则．①当时，，，在单调递增，又，且当趋近于时，趋近于，故存在，使得，且当时，，，故此时单调递增.当时，，，故此时单调递减.则为的极大值点，没有极小值点，不满足题意.②当时，，令，解得，此时单调递增.令，解得，此时单调递减.故在时取得最大值，最大值为.若，即，也即时，在恒成立，则在恒成立，故在单调递减，没有极值点，不满足题意.若，即，也即时，，又当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于，故存在，使得，且存在，使得，故当，，此时，单调递减，当，，此时，单调递增.当，，此时，单调递减.故当时，取得极小值，当时，取得极大值，满足题意.综上所述，若有极大值和极小值，则．19.已知抛物线的焦点为，直线与交于两点，与x轴交于点Q，与直线交于点P．（1）求的标准方程；（2）当时，求的面积；（3）是否存在实数，使等式成立，若存在，求的值并说明理由．答案：（1）（2）（3）存在，理由如下：设，因为点在直线上，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：．联立，消去可得