广东省深圳市某校2025~2026学年高二下册期末学业质量检测数学试卷【附解析】

数学本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上．将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”．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.已知向量，，若，则（）A. B. C. D.3.的展开式中的系数为（）A. B. C. D.4.函数的图象大致为（）A. B.C. D.5.记等比数列的前项和为，若，，则（）A. B. C. D.6.某学校开设人工智能、机器人、大数据三门选修课，四名学生每人随机选修一门．若每门课程至少有1人选修，则选修机器人的人数多于选修大数据的人数的概率为（）A. B. C. D.7.已知函数在区间上单调递增，，，则（）A. B. C. D.8.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与的右支交于，两点，若，，则的离心率为（）A. B. C. D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.掷一枚质地均匀的骰子次，掷出的点数分别记为，，，．若这四个数中最大的数为，则下列结论可能成立的是（）A.，，，的平均数为，极差为B.，，，的平均数为，方差为C.，，，的中位数为，极差为D.，，，的中位数为，方差为10.已知圆，直线，为上的动点，过点作圆的切线，，切点分别为，，则（）A.的最小值为 B.四边形的面积可能为C.直线的斜率存在 D.直线过定点11.设函数，则（）A.当时，B.直线是曲线的切线C.点是曲线的对称中心D.存在，，使得当时，三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知复数，则_________．13.记等差数列的前项和为，若，，则当取得最小值时，_________．14.劳动实践课上制作圆柱体模型，已知该圆柱的体积为，若用锡纸完整包裹其表面，则所需锡纸面积的最小值为________．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.袋子中有个大小质地完全相同的小球，其中个黑球，个白球，从中不放回地依次随机摸出个球．（1）分别求第一次、第二次取到白球的概率；（2）用表示摸出的个球中白球的个数，求的分布列和期望．16.已知，，分别为的内角，，的对边，且．（1）求；（2）若，的面积为，求的周长．17.如图，在五面体中，四边形为矩形，平面平面，，，分别为，的中点，且．（1）证明：平面；（2）若，且，求平面与平面夹角的余弦值．18.设函数．（1）证明：；（2）设函数，其中．(i)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点；(ii)设，分别为在区间的极值点和零点，比较与的大小，并证明你的结论．19.已知椭圆过点，且离心率为．（1）求的标准方程；（2）设的左、右焦点分别为，，为直线上的动点，斜率为的直线与交于，两点，斜率为的直线与交于，两点.(i)证明：为定值；(ii)若，求的坐标．

数学本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上．将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”．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：D解析：思路：先化简集合，再根据交集的定义求解.解答过程：解不等式

，得

或

，即或，又，所以.2.已知向量，，若，则（）A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：因为，，且，则，解得.3.的展开式中的系数为（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：对于二项式，其展开式的通项公式为令可得.所以的系数为4.函数的图象大致为（）A. B.C. D.答案：A解析：解答过程：令，得，则定义域为关于原点对称，又，则为偶函数，排除C，D选项；又，排除B，选项A符合以上要求.5.记等比数列的前项和为，若，，则（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：直接根据等比数列的性质计算可得.解答过程：根据等比数列的性质：等比数列中，连续相邻相同项数的和仍成等比数列，所以，，构成新的等比数列.因为，，因此新等比数列的公比为

，所以.所以数列的前项和.因此.6.某学校开设人工智能、机器人、大数据三门选修课，四名学生每人随机选修一门．若每门课程至少有1人选修，则选修机器人的人数多于选修大数据的人数的概率为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：根据条件概率计算公式计算求解即可.解答过程：设事件为4名不同的学生，选修3门不同的课程，且每门至少1人.事件为选修机器人的人数多于选修大数据的人数，由题意可知4名学生中有2名学生选择同一门选修课，剩下2名学生选择剩下两门选修课，每名学生选一门，所以事件包含个基本事件，事件包含个基本事件，所以.7.已知函数在区间上单调递增，，，则（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：由已知条件先求出函数的解析式，再代入即可.解答过程：因为函数在区间上单调递增，所以，所以，即，所以函数，，所以，从而得，，，又因为，故，，所以，，故，所以，故，所以，解得，所以，所以.8.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与的右支交于，两点，若，，则的离心率为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：由题意可得，设，结合双曲线的定义，在中，由勾股定理可得，在中，由勾股定理可得，进而可解.解答过程：设，则，，由双曲线定义可知，，，因为，所以是直角三角形，即，所以是直角三角形，所以，即，化简可得，所以，在中有，即，化简可得，所以的离心率为.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.掷一枚质地均匀的骰子次，掷出的点数分别记为，，，．若这四个数中最大的数为，则下列结论可能成立的是（）A.，，，的平均数为，极差为B.，，，的平均数为，方差为C.，，，的中位数为，极差为D.，，，的中位数为，方差为答案：AC解析：解答过程：不妨设，若A成立，则，，则，，则，故A符合；若B成立，则，，则，，显然符合的值不存在，故B不符合；若C成立，则，，则，故C符合；若D成立，则，若，则平均数为，方差为；若，则平均数为，方差为；若，则平均数为，方差为；故D不符合.10.已知圆，直线，为上的动点，过点作圆的切线，，切点分别为，，则（）A.的最小值为 B.四边形的面积可能为C.直线的斜率存在 D.直线过定点答案：ABD解析：思路：对A，根据条件得，再求出的最小值，即可求解；对B，利用A中结果，即可求解；对C，根据条件，直接求出直线的方程，再利用的取值范围，即可求解；对D，根据C可得直线的方程为，即可求解.解答过程：易知圆的圆心为，半径为，对于A，因为，又圆心到直线的距离，则，所以的最小值为，故A正确，对于B，因为四边形面积，由选项A知，所以，故B正确，对于C，设，则，，以为圆心，为半径的圆的方程为，即①，又在圆②上，由①②得到，即，所以直线的方程为，又点在直线上运动，当时，直线的斜率不存在，所以C错误，对于D，由选项C知直线的方程为，且，所以直线的方程为，即，由，得到，所以直线恒过定点，故D正确.11.设函数，则（）A.当时，B.直线是曲线的切线C.点是曲线的对称中心D.存在，，使得当时，答案：BCD解析：思路：判断函数单调性，结合不等式性质可判断A选项，利用导数的几何意义可判断B选项，根据函数对称性的概念直接可判断C选项，取，可判断D选项.解答过程：由已知，则，A选项：或时，时，所以在和上单调递增，在上单调递减，又当时，，则，A选项错误；B选项：设切点为，则切线斜率，解得，或，当时，切点为，此时切线方程为，当时，切点为，此时切线方程为，B选项正确；C选项：由，则，即函数关于中心对称；D选项：取，，易知函数在和上单调递增，在上单调递减，且，，，，即函数在上的值域为，即当时，，D选项正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知复数，则_________．答案：解析：思路：根据共轭复数的概念及复数的乘法运算法则可得解.解答过程：由，则，.13.记等差数列的前项和为，若，，则当取得最小值时，_________．答案：5解析：思路：先由条件求出数列的首项与公差，写出的表达式，利用二次函数的性质即可求其取最小值时的值.解答过程：因为为等差数列，设其公差为，，解得，所以，所以当时，取到最小值为.14.劳动实践课上制作圆柱体模型，已知该圆柱的体积为，若用锡纸完整包裹其表面，则所需锡纸面积的最小值为________．答案：解析：思路：设圆柱的底面半径及高，由体积可得，要使所需锡纸面积的最小只需求圆柱的表面积最小即可，再由三元基本不等式可得.解答过程：设圆柱底面半径为，高为.因为圆柱体积，化简得，即

.包裹圆柱所需锡纸面积即圆柱表面积，且，将​代入得.利用三元基本不等式（，等号成立当且仅当），所以.当且仅当​，即时，再代入得，即，时等号成立.因此当圆柱底面半径为，高为时圆柱的表面积有最小值，故所需锡纸面积的最小值为.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.袋子中有个大小质地完全相同的小球，其中个黑球，个白球，从中不放回地依次随机摸出个球．（1）分别求第一次、第二次取到白球的概率；（2）用表示摸出的个球中白球的个数，求的分布列和期望．答案：（1）第一次取到白球的概率为，第二次取到白球的概率为；（2）数学期望.解析：思路：（1）应用全概率公式结合条件概率计算求解；（2）的可能取值为1,2,3，求得其相应概率，列出分布列，再求期望.（1）设事件“第一次取到白球”，则“第一次取到黑球”，事件“第二次取到白球”.依题意，，，，，因此，所以第一次取到白球的概率为、第二次取到白球的概率为.（2）的可能取值为1,2,3，则，，，的分布列为：X123P.16.已知，，分别为的内角，，的对边，且．（1）求；（2）若，的面积为，求的周长．答案：（1）（2）20解析：思路：（1）利用正弦定理把边化成角，再借助两角和的正弦公式代换，约去后求出，从而算出角；（2）先用面积公式求出，再结合余弦定理求出，即可求得周长.（1）由已知得，，由正弦定理，得，由于，化简得，由于，则，于是，由于，则，于是，则，故．（2）由（1）及条件知，，得，由余弦定理，得，即，即，故的周长为．17.如图，在五面体中，四边形为矩形，平面平面，，，分别为，的中点，且．（1）证明：平面；（2）若，且，求平面与平面夹角的余弦值．答案：（1）证明：∵四边形为矩形，且为的中点取中点，连接，，因则,且,又因是的中点， 且，，∴四边形为平行四边形，∴，又∵平面，平面∴平面.（2）解析：思路：(1)中没有现成的线线平行，构造平行四边形从而得到想要的线线平行(2)向量法各自求两个面的法向量，然后用计算二面角的公式得到；几何法需要证明面面平行后找到空间中面面角的平面角，从而通过三角函数计算得到（1）略（2）在矩形中，，又∵面平面，平面平面，平面∴平面∵，，，平面∴平面∵∴平面又∵平面∴方法一：以为原点建立空间直角坐标系如图所示，∵，∴∴，，，，∴，设平面的法向量为故可取依题意，可取为平面的一个法向量，∴设平面与平面夹角为，则∴平面与平面夹角的余弦值为.方法二：∵且，平面，平面，∴平面，又由(1)得,因平面，平面，则平面，又，平面，∴平面平面，∴平面与平面的夹角即为平面与平面的夹角，∵平面，平面，∴，又∵平面平面，，∴平面与平面夹角为，在中，，∴平面与平面夹角的余弦值为.18.设函数．（1）证明：；（2）设函数，其中．(i)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点；(ii)设，分别为在区间的极值点和零点，比较与的大小，并证明你的结论．答案：（1）设函数，定义域为，，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，则，∴得证.（2）(i)，，其中，则，令，，则，在恒成立，则在上单调递减，由，得，，根据零点存在定理，在存在唯一解，记为，即，且，当时，，，单调递增；当时，，，则单调递减，是唯一极值点，且为极大值点，由（1）得，即，且有，则在上存在一个零点，记为，根据单调性可知，在区间不存在其他零点，综上，在区间存在唯一的极值点和唯一的零点.(ii)，证明如下：由题意可得，且，，则，，即，，即，由（1）得时，，且，即，两边取对数，得，