河北省NT20名校联合体2025~2026学年高二下册期末（新高三摸底测试）数学试卷【附解析】

数学考试时间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.若复数为纯虚数，则为（）A.0 B.1 C.2 D.32.已知向量，，若，则（）A.1 B.2 C.3 D.3.已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且，，则数列的公比为（）A.2 B. C. D.4.已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则的最小值是（）A.4 B.5 C. D.65.某房地产开发商为了促销举行抽奖活动.若抽中一等奖，则抵扣房款1.5万元，若抽中二等奖，则抵扣房款5000元.已知每位顾客都有两次抽奖机会，且每次抽中一等奖和二等奖的概率分别为和，每次中奖情况相互独立.现有甲顾客参与该抽奖活动，抽奖获得的抵扣房款总金额为万元，则的期望是（）A. B. C. D.6.已知定义在上的奇函数满足，且当时，，则函数在上的零点个数为（）A.3 B.5 C.9 D.107.已知向量（其中为坐标原点），把绕点逆时针旋转角得到向量.若向量的坐标为，则（）A. B. C. D.8.已知指数函数满足，若不等式对成立，则实数的取值范围为（）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.在二项式的展开式中，下列说法正确的是（）A.的系数是 B.各项的系数和是C.第项二项式系数最大 D.奇数项二项式系数和为10.已知数列的前项和为，且，，则（）A. B.C.当为偶数时， D.11.如图，在棱长为的正方体中，，，分别是，，的中点，则下列命题正确的是（）A.平面平面B.二面角的正切值为C.平面与平面间的距离为D.以为球心，为半径的球面与平面的交线落在内的长为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若直线与直线垂直，则__________.13.在中，内角，，所对的边分别是，，，且满足，，，则外接圆的面积为__________.14.在平面直角坐标系中，，，，点满足，点的轨迹为曲线，直线，直线与曲线交于不同的两点，，且，则实数的取值范围是__________.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.在中，内角，，所对的边分别是，，，已知，．（1）若，求的面积；（2）若的平分线交于，且，求边．16.为了迎接高考，某校举行模拟考试.现随机抽取其中名考生的物理成绩进行统计（满分分），并将他们的成绩分成[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]五组，得到如图所示的频率分布直方图.（1）估计该校学生物理成绩的平均数和第百分位数；（同一组中的数据用该组区间的中间值为代表）（2）用分层随机抽样的方法在分数段内的学生中抽取一个容量为的样本，将该样本看成一个总体，从中任取人，求至多有人在分数段[90，100]内的概率.17.如图，在四棱锥中，是等边三角形，，，，，，是棱上的点.（1）若点为的中点，求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值的取值范围.18.已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）若，证明：当时，.19.已知双曲线的右焦点为，过点的直线与双曲线交于，两点，且的中点为.（1）求双曲线的方程；（2）过向双曲线作两条切线，切点分别为，.（i）证明：直线的方程为；（ii）设为双曲线的左焦点，证明：.

数学考试时间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.若复数为纯虚数，则为（）A.0 B.1 C.2 D.3答案：B解析：解答过程：因为复数为纯虚数，则解得，所以.2.已知向量，，若，则（）A.1 B.2 C.3 D.答案：D解析：解答过程：.因为，解得，所以.3.已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且，，则数列的公比为（）A.2 B. C. D.答案：A解析：解答过程：设等比数列的公比为.根据题意可得，解得或.因为各项均为正数，所以.4.已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则的最小值是（）A.4 B.5 C. D.6答案：B解析：思路：由椭圆方程结构特点求得范围，再结合基本不等式即可求解.解答过程：根据题意可得，解得.令，则，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为5.5.某房地产开发商为了促销举行抽奖活动.若抽中一等奖，则抵扣房款1.5万元，若抽中二等奖，则抵扣房款5000元.已知每位顾客都有两次抽奖机会，且每次抽中一等奖和二等奖的概率分别为和，每次中奖情况相互独立.现有甲顾客参与该抽奖活动，抽奖获得的抵扣房款总金额为万元，则的期望是（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：确定的可能取值，再由独立事件概率乘法公式求得相应概率，即可求解.解答过程：由题可知的所有可能取值为，则，，，所以.6.已知定义在上的奇函数满足，且当时，，则函数在上的零点个数为（）A.3 B.5 C.9 D.10答案：C解析：思路：先求出的相关性质，再根据的性质讨论并求出零点的个数.解答过程：由，得，又是奇函数，所以，用取代，则，故的最小正周期为2.因为，所以，，当时，，无零点.又是奇函数，所以当时，也无零点，在一个周期上的零点分别为-1，0，1，根据周期规律，所以在上有9个零点，分别为0，1，2，3，4，-1，-2，-3，-4.故选：C7.已知向量（其中为坐标原点），把绕点逆时针旋转角得到向量.若向量的坐标为，则（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：由条件证明点在单位圆上，结合三角函数定义可得向量的坐标为，再由两角差余弦公式求结论.解答过程：由题意得，，所以点在单位圆上，则向量与轴正半轴的夹角为.把绕点逆时针旋转角得到的向量的坐标为，所以，，所以.8.已知指数函数满足，若不等式对成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：根据为指数函数，且满足，求出.通过代入构造，将不等式，转化为，再构造函数，利用单调性求解.解答过程：设，由题意可得，，解得，则.因为对恒成立，所以对恒成立.不等式可变形为，即，即对恒成立.记，所以可写为.因为，所以在上单调递增，所以对恒成立，即对恒成立.记，只需.因为，故在上，，单调递增，在上，，单调递减，所以，所以，解得，故的取值范围为.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.在二项式的展开式中，下列说法正确的是（）A.的系数是 B.各项的系数和是C.第项二项式系数最大 D.奇数项二项式系数和为答案：AC解析：思路：由二项式的通项公式可判断AC；直接用赋值法可判断B；由二项式系数的性质可判断D.解答过程：二项式的展开式通项，对于A，令可得，故的系数是，故A正确；对于B，令，则各项的系数和是，故B错误；对于C，二项式展开式共项，故第项二项式系数最大，故C正确；对于D，奇数项二项式系数和为，故D错误.10.已知数列的前项和为，且，，则（）A. B.C.当为偶数时， D.答案：BCD解析：思路：对于A，根据递推式，依次求即可；对于B，作差得，则数列、为等差数列，再求通项即可；对于CD，分奇偶项求和即可．解答过程：对于A，，，解得，，故A错误；对于B，，，所以，所以数列是以为首项，4为公差的等差数列，数列是以为首项，4为公差的等差数列，所以，，故B正确；对于C，，故C正确；对于D，，故D正确．11.如图，在棱长为的正方体中，，，分别是，，的中点，则下列命题正确的是（）A.平面平面B.二面角的正切值为C.平面与平面间的距离为D.以为球心，为半径的球面与平面的交线落在内的长为答案：ACD解析：思路：对于A，由条件结合线面平行判定定理证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面即可判断；对于B，根据二面角定义证明为二面角的平面角，再求其正切值即可判断；对于C，先证明平面，利用等体积法证明点到平面的距离为，点到平面的距离为，由此可求平面与平面间的距离；对于D，先证明交线为的内切圆，再结合球的截面性质求轨迹长度即可判断.解答过程：对于A，连接，，分别为，的中点，，因为，，所以四边形为平行四边形，故，，又平面，平面，平面，同理可证，平面，，，平面，平面平面，故A正确；对于B，取的中点，连接，，因为，，所以为二面角的平面角，因为平面，平面，所以，在中，，，所以，故B错误；对于C，连接，因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，因为平面，所以，同理，因为，平面，所以平面，又平面平面，所以平面，设点到平面的距离为，则，又，所以，故，又，所以点到平面的距离为，同理点到平面的距离为，所以平面与平面间的距离为，故C正确；对于D，因为点到，，中点的距离都为，所以线段，，中点为球面与平面的交点，又线段，，中点不共线，所以球面与平面的交线恰为过线段，，中点的圆，即的内切圆，设其圆心为，半径为，则到平面的距离，所以，周长为.故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若直线与直线垂直，则__________.答案：解析：解答过程：因为，所以，解得.13.在中，内角，，所对的边分别是，，，且满足，，，则外接圆的面积为__________.答案：解析：解答过程：设外接圆的半径为，因为，，所以，又因为，所以，所以，所以外接圆的面积为.14.在平面直角坐标系中，，，，点满足，点的轨迹为曲线，直线，直线与曲线交于不同的两点，，且，则实数的取值范围是__________.答案：解析：思路：先利用定义法把点的轨迹方程求出来，再利用直线与圆的位置关系和向量转化，得到关于的不等式，求解即可.解答过程：设，因为则，化简得，即，所以曲线是以为圆心，2为半径的圆，设的中点为，则，因为，所以①，又即②，由①②得，又，直线与圆交于不同的两点，所以，则，即.因为，所以，故实数的取值范围为.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.在中，内角，，所对的边分别是，，，已知，．（1）若，求的面积；（2）若的平分线交于，且，求边．答案：（1）（2）解析：思路：（1）根据边角互化得到边，的关系，利用余弦定理建立等式计算，的边长，代入面积公式计算面积；（2）根据角平分线将三角形分为两个三角形，根据面积比等于底之比得到，的边长，代入余弦定理即可求解．（1）因为，由正弦定理可得，所以，解得，所以．（2）因为，，所以，；又因为，由余弦定理可得，即，解得．16.为了迎接高考，某校举行模拟考试.现随机抽取其中名考生的物理成绩进行统计（满分分），并将他们的成绩分成[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]五组，得到如图所示的频率分布直方图.（1）估计该校学生物理成绩的平均数和第百分位数；（同一组中的数据用该组区间的中间值为代表）（2）用分层随机抽样的方法在分数段内的学生中抽取一个容量为的样本，将该样本看成一个总体，从中任取人，求至多有人在分数段[90，100]内的概率.答案：（1），（2）解析：思路：（1）根据频率分布直方图算出，再利用平均数的计算公式即可求解；先估算出第百分位数所在的组别，再根据所占比率即可计算得出结果；（2）根据两个区间的频率之比，算出每个区间应抽取的人数，再从中任取人，判断至多有人在分数段内的情况个数，由古典概型算出概率.（1）解：由题意得，，所以该校学生物理成绩的平均数为（分），因为，，所以第80百分位数在分数段内，故第80百分位数为.（2）由题意得，与矩形高的比为，所以在分数段内应抽取（人），在分数段内应抽取（人），设从样本中任取人，至多有人在分数段内为事件，则.17.如图，在四棱锥中，是等边三角形，，，，，，是棱上的点.（1）若点为的中点，求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值的取值范围.答案：（1）证明：如图，取的中点，连接，.因为是棱的中点，所以且.因为且，所以且，所以四边形为平行四边形，则.因为平面，平面，所以平面.（2）解析：思路：（1）平行四边形可得线线平行，由线面平行的判定定理得证；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求面面角的余弦，再换元后求范围即可.（1）略.（2）取的中点，连接，.因为是边长为2的等边三角形，所以，，.因为，，为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，则，.又，所以，所以.又因为，所以平面.以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，.设，其中，则.设平面的法向量，所以，令，得.设平面的法向量，所以，令，得.设平面与平面的夹角为，则，.令，则.令，当时，，当时，，所以，所以，所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围为.18.已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）若，证明：当时，.答案：（1）当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减.（2）要证，即证，其中.因为，所以.令，则，令，则.令，则.当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，故在上单调递增，故，故函数在上单调递增，故，故，即.解析：思路：（1）求导，分三种情况讨论求解；（2）将证明，转化为证明，其中.再根据，.将问题转化为证明，通过构造函数，利用单调性判断.（1）的定义域为，.①