湖南省怀化市2025-2026学年高二下学期期末测试数学试卷-附解析

数学满分150分．一、单项选择题：本题共8个小题，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，则为（）A. B. C. D.2.已知集合，集合，则为（）A. B. C. D.3.已知、，则“”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4.现收集名同学每周课外阅读时长（单位：），排序后为：、、、、、、、、、、、，则这组数据的第百分位数为（）A. B. C. D.5.已知函数满足对任意实数恒成立，则的最小值为（）A.1 B.3 C.2 D.46.已知定义在上的函数是周期为2的偶函数，当时，．则不等式在区间上的解集为（）A. B.C. D.7.全向信标台（）是机场飞机航路引导的核心设备．已知某机场信标台在地面上的核心信号覆盖投影区域可近似看作圆：．一架负责信号测试的巡检无人机在规划的水平直线航线：上进行沿线巡检．当无人机飞行至某位置时，由于测试需要，其两侧的定向接收天线发出的探测射线，恰好分别切于圆的，两点．若要在该位置使得四边形的面积最小，则巡检无人机此时的坐标应为（）A. B. C. D.8.已知椭圆的左、右焦点分别为、．过的直线与椭圆交于、两点，且满足．若是以为斜边的直角三角形，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.二、多选题：本题共3个小题，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.在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，则下列命题正确的是（）A.直线直线 B.三棱锥的体积为C.直线直线 D.直线平面10.在中，角、、的对边分别是、、，且满足，则下列说法正确的是（）A.的外接圆半径B.的取值范围为C.若，则的最大值为D.若，则的周长的最大值为11.已知函数与，其中常数．若的两个零点分别为、，的两个零点分别为、．则下列结论正确的是（）A.且 B.C. D.三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．12.展开式中的系数为__________.13.若平面向量，，其中，，且满足，则的最小值为_________．14.在三棱锥中，已知底面是边长为的等边三角形，侧棱平面．若二面角的大小为，则该三棱锥外接球的表面积为_________．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或者演算步骤．15.已知等差数列的前项和为，．（1）求数列的通项以及前项和；（2）数列中，前项和为，求满足的的最大值．16.如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，．（1）证明：；（2）求点到平面的距离；（3）点为中点，求平面与平面夹角余弦值．17.已知．（1）曲线在处切线平行于轴，求的值；（2）当时，求函数的单调区间；（3）当时，证明：．18.如图，点在轴上运动，每次运动向左或向右移动一个单位长度，已知点从原点出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为．设经过次移动后，点在轴上位于实数的位置．（1）若，（ⅰ）求；（ⅱ）求数学期望；（2）求所有正整数，使得取得最大值，并写出满足要求的组成的集合．19.已知坐标原点为，抛物线上一点关于轴的对称点为，直线的斜率为，且，过点且斜率为的直线与抛物线的另一个交点为，点关于轴的对称点为，，依此类推．已知点与点关于轴对称，且过点且斜率为的直线与抛物线的另一个交点为．（1）求抛物线的方程；（2）求点的纵坐标（用表示）；（3）抛物线在点和点处的切线交于点，若面积为，证明：．

数学满分150分．一、单项选择题：本题共8个小题，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，则为（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：因为，则，故.2.已知集合，集合，则为（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：使用集合的并集运算求解.解答过程：3.已知、，则“”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：D解析：解答过程：当时，不妨取，则，此时“”“”，当时，不妨取，，则，此时“”“”，故“”是“”的既不充分也不必要条件.4.现收集名同学每周课外阅读时长（单位：），排序后为：、、、、、、、、、、、，则这组数据的第百分位数为（）A. B. C. D.答案：B解析：解答过程：样本数据共个，因为，故这组数据的第百分位数为.5.已知函数满足对任意实数恒成立，则的最小值为（）A.1 B.3 C.2 D.4答案：C解析：解答过程：由函数满足对任意实数恒成立，所以是函数的一个周期，设的最小正周期为，则，且，所以，且，又，所以的最小值为2.6.已知定义在上的函数是周期为2的偶函数，当时，．则不等式在区间上的解集为（）A. B.C. D.答案：B解析：解答过程：当时，由，得，所以，所以；因为是定义在上的偶函数，所以，当时，则，所以，因为函数是周期为2的周期函数，所以，当，则，所以，由，得，解得，综上所述：不等式在区间上的解集为.7.全向信标台（）是机场飞机航路引导的核心设备．已知某机场信标台在地面上的核心信号覆盖投影区域可近似看作圆：．一架负责信号测试的巡检无人机在规划的水平直线航线：上进行沿线巡检．当无人机飞行至某位置时，由于测试需要，其两侧的定向接收天线发出的探测射线，恰好分别切于圆的，两点．若要在该位置使得四边形的面积最小，则巡检无人机此时的坐标应为（）A. B. C. D.答案：B解析：解答过程：由定向接收天线发出的探测射线，恰好分别切于圆的，两点，可得，当最小时，最小，又最小时，即为到直线的距离，即此时，又，所以，又因为，所以此时直线的方程为，即，由，得，所以巡检无人机此时的坐标应为.8.已知椭圆的左、右焦点分别为、．过的直线与椭圆交于、两点，且满足．若是以为斜边的直角三角形，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：设，可得出，利用椭圆的定义结合勾股定理可得出与的等量关系，可得出的值，然后在中利用余弦定理可得出与的关系，即可得出椭圆的离心率的值.解答过程：不妨设，则，，由椭圆定义可得，，因为是以为斜边的直角三角形，由勾股定理可得，即，整理可得，即，解得或（舍去），所以，，，，由余弦定理可得，整理可得，故椭圆的离心率为.二、多选题：本题共3个小题，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.在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，则下列命题正确的是（）A.直线直线 B.三棱锥的体积为C.直线直线 D.直线平面答案：ACD解析：解答过程：对于A，连接，因为，分别是棱，的中点，所以，又因为四边形是正方形，所以，则；又因为平面，平面，所以，又因为，平面，所以平面，又平面，所以直线直线，故A正确；对于B，三棱锥的体积为，故B错误；对于C，因为，，所以四边形是平行四边形，所以，又因为，所以直线直线，故C正确；对于D，因为直线直线，直线平面，直线平面，所以直线平面，故D正确.10.在中，角、、的对边分别是、、，且满足，则下列说法正确的是（）A.的外接圆半径B.的取值范围为C.若，则的最大值为D.若，则的周长的最大值为答案：ABC解析：思路：由正弦定理结合余弦定理可求出角的值，利用正弦定理可判断A选项；利用三角恒等变换化简得出，结合角的取值范围以及正弦型函数的基本性质可判断B选项；利用平面向量数量积的定义以及基本不等式可判断C选项；利用余弦定理结合基本不等式可判断D选项.解答过程：由及正弦定理可得，即，整理可得，由余弦定理可得，又因为，则，对于A选项，由正弦定理可得，故的外接圆半径，故A正确；对于B选项，，因为，所以，则，故，故B正确；对于C选项，，当且仅当时，等号成立，即的最大值为，故C正确；对于D选项，因为，所以，所以，当且仅当时，等号成立，故的周长为，即的周长的最大值为，故D错误.11.已知函数与，其中常数．若的两个零点分别为、，的两个零点分别为、．则下列结论正确的是（）A.且 B.C. D.答案：ABD解析：思路：由题意可知关于的方程有两根、，令，令，由题意可知关于的方程有两根、，构造函数，利用导数分析函数的单调性，可判断A选项；结合A选项可判断B选项；利用对数平均不等式可判断CD选项.解答过程：对于A选项，由可得，由可得，则关于的方程有两根、，构造函数，则，由可得，由可得，所以函数的增区间为，减区间为，所以，令，由可得，由题意可知函数的增区间为，减区间为，令，由题意可知关于的方程有两根、，因为，则，即，所以，所以，即，故A正确；对于B选项，因为且，所以，即，故，故B正确；对于CD选项，对于两个正实数、，有.先证明，其中，即证，令，，其中，则，所以，函数在上为增函数，当时，，所以，当，时，，接下来证明：，其中，即证，令，即证，令，其中，则，所以，函数在上为减函数，当时，，所以，当时，.因为且，则，在等式两边取自然对数可得，即，整理可得，即，由对数平均不等式可得，即，故C错误；由已知条件可得，即，作差得，因为，所以，由对数平均不等式可得，故，故D正确.三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．12.展开式中的系数为__________.答案：-80解析：思路：求出的展开式的通项即得解.解答过程：的展开式的通项为，令，所以的系数为.故答案为：方法提示：方法点睛：求二项展开式的某一项的系数，一般利用二项展开式的通项求解.13.若平面向量，，其中，，且满足，则的最小值为_________．答案：解析：解答过程：因为平面向量，，且，所以，所以，所以，当且仅当，即时取等号.所以的最小值为.14.在三棱锥中，已知底面是边长为的等边三角形，侧棱平面．若二面角的大小为，则该三棱锥外接球的表面积为_________．答案：解析：思路：根据给定条件，结合线面垂直的判定性质求出，再将三棱锥补形成三棱柱，借助三棱柱的外接球求解即得.解答过程：如图，取的中点为，连接、，因为是边长为的正三角形，则，，又平面，、平面，则，，又因为，、平面，于是平面，而平面，则，因此为二面角的平面角，即，所以，将三棱锥补成三棱柱，则该三棱柱的外接球就是三棱锥的外接球，设三棱锥的外接球半径为，显然的外接圆半径，因此，所以该三棱锥外接球表面积为.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或者演算步骤．15.已知等差数列的前项和为，．（1）求数列的通项以及前项和；（2）数列中，前项和为，求满足的的最大值．答案：（1），（2）解析：思路：（1）根据等差数列的通项公式和前项和公式列出关于首项和公差的方程组，求解即可；（2）结合（1）可得，利用裂项相消法可求得，解不等式，可求的最大值．（1）设等差数列的公差为，因为，所以，所以，解得，所以，；（2）由（1）知，所以，所以，由，得，解得，所以满足的的最大值为．16.如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，．（1）证明：；（2）求点到平面的距离；（3）点为中点，求平面与平面夹角余弦值．答案：（1）连接，因为四边形为矩形，，，所以，因为，所以，因为，，所以，故，因为四边形为矩形，则且，所以，因为，、平面，所以平面，因为平面，故.（2）（3）解析：思路：（1）连接，利用勾股定理证明出，结合可得出，结合矩形的几何性质得出，利用线面垂直判定和性质定理可证得结论成立；（2）证明出平面，推导出平面，可知点到平面的距离等于点到平面的距离为的长，即可得出答案；（3）取线段的中点，连接，推导出平面，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角余弦值.（1）略（2）因为，，所以，故，因为，，所以，因为，、平面，所以平面，因为，平面，平面，所以平面，因此点到平面的距离等于点到平面的距离为.（3）取线段的中点，连接，因为平面，平面，所以，因为，为的中点，所以，因为，、平面，所以平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，当点为的中点时，则，设平面的一个法向量为，，，则，取，则，设平面的一个法向量为，，,则，取，可得，，故当点为的中点时，平面与平面夹角余弦值为.17.已知．（1）曲线在处切线平行于轴，求的值；（2）当时，求函数的单调区间；（3）当时，证明：．答案：（1）（2）减区间为，增区间为（3）当时，，先证，构造函数，其中，则，所以函数在上为增函数，则，即，即，构造函数，其中，则，由可得，由可得，所以函数的增区间为，减区间为，所以，即，即，所以，即，综上所述，当时，.解析：思路：（1）由导数的几何意义可得出，即可得出实数的值；（2）利用导数与函数单调性的关系可得出函数的增区间和减区间；（3）当时，，先证，分别构造函数、，其中，利用导数法证明出、，结合不等式的基本性质可证得结论成立.（1）因为，则，因为曲线在处切线平行于轴，则，解得，此时，则，即切点为，该切点不在轴上，符合题意，故.（2）当时，，由可得，此时函数的定义域为，，令，其中，则，所以函数在上为增函数，且，由可得，由可得，故当时，函数的减区间为，增区间为.（3）略18.如图，点在轴上运动，每次运动向左或向右移动一个单位长度，已知点从原点出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为．设经过次移动后，点在轴上位于实数的位置．（1）若，（ⅰ）求；（ⅱ）求数学期望；（2）求所有正整数，使得取得最大值，并写出满足要求的组成的集合．答案：（1）（i）；（ii）.（2）解析：思路：（1）（i）若，则点向右移动次，向左移动次，结合独立重复试验的概率公式可求得的值；（ii）记点向右移动的次数为，分析可得，且，利用二项分布的期望公式以及期望的性质可求得的值；（2）假设质点向右移动，则该质点向左移动次，所以，设，由以及且求出的值，即可得出的值，即可得出答案.（1）（i）因为，若，则点向右移动次，向左移动次，故；（ii）记点向右移动的次数为，则点向左移动的次数为，且，由题意可知，由二项分布的期望公式可得，由期望的性质可得.（2）若，假设质点向右移动，则该质点向左移动次，所以，设，，，显然，当时，由，即，解得，又因为且，则，故.故使得取得最大值的的取值集合为.19.已知坐标原点为，抛物线上一点关于轴的对称点为，