湖南省邵阳市隆回县第一中学2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷-附解析

数学分值：150分一、单选题（共40分）1.在复平面内，对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.设，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3.若，且，则（）A. B.C. D.4.已知向量，满足，，则在上的投影向量的模为（）A.1 B. C.2 D.5.已知中，角所对的边分别为，若，，，则（）A.3 B.5 C. D.6.设函数的定义域为，且是奇函数，是偶函数，则一定有（）A. B.C. D.7.费马定理是几何光学中的一条重要原理，在数学中可以推导出圆锥曲线的一些光学性质.例如，点为双曲线（、为焦点）上一点，点处的切线平分.已知双曲线，为坐标原点，点处的切线为直线，过左焦点作直线的垂线，垂足为，若，则双曲线的离心率为（

）A. B. C. D.8.已知函数．若函数有三个极值点，且，则的取值范围是（）A. B.C. D.二、多选题（共18分）9.已知函数，则（）A.是偶函数B.的最小正周期为C.的图象关于直线对称D.在上的值域为10.如图，在直三棱柱中，为的中点.若为线段上两点，且，则（）A.平面B.异面直线与所成角的余弦值为C.三棱锥的体积为定值D.点到平面的距离为11.已知抛物线：的焦点为，若直线过点与交于，两点，线段的中垂线与的准线交于点，且线段的中点为，则下列说法正确的是（）A.抛物线的准线方程为 B.一定为钝角C.直线的斜率最大值为 D.若，则三、填空题（共15分）12.样本数据：3，3，4，4，5，6，6，7，7，8的75百分位数为______．13.某测试由8道四选一的单选题组成．学生小胡有把握答对其中4道题，且在剩下的4道题中，他对2道有思路，其余2道则完全不会．若小胡答对每道有思路的题的概率为，答对每道不会的题的概率为，则当他从这8道题中任抽1题作答时，能答对的概率为____________．14.在三棱锥中，，，，，若该三棱锥的4个顶点均在一个球面上，则该球的表面积为_________________．四、解答题（共77分）15.已知的展开式中，二项式系数和为256.（1）求n的值；（2）求该展开式中的常数项；（3）求该展开式中所有的有理项.16.在中，内角、、的对边分别为、、，已知.（1）求角的大小；（2）已知，为的中点，且，求的周长.17.已知椭圆C：过点，过其右焦点且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且．（1）求椭圆C的方程；（2）若直线l：与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为Q，在y轴上是否存在定点P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．18.一个不透明的盒子里有质地、大小相同的8个小球，其中2个红球、6个黑球，不放回地从盒子里依次随机摸取一个小球，当有同一种颜色的小球全部取出时停止摸球.（1）求停止摸球时盒子里恰好剩下4个黑球的概率；（2）停止摸球时，记总的摸球次数为，求的分布列与数学期望；（3）若将这8个球分别放在甲乙两个袋子中，每袋都装有1个红球、3个黑球.现从甲乙两袋中分别任取一球交换放入另一袋中，重复次这样操作后，设甲袋子中恰有1个红球的概率为，求.19.已知函数．（1）若函数有两个零点，求实数的取值范围；（2）若，求证：；（3）若，，关于的不等式恒成立，求的最大值．

数学分值：150分一、单选题（共40分）1.在复平面内，对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限答案：D解析：解答过程：，在复平面内对应的点为，位于第四象限.2.设，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：C解析：解答过程：单调递增，，单调递增，，，即“”是“”的充要条件.3.若，且，则（）A. B.C. D.答案：D解析：思路：应用基本不等式计算判断B，C，D，应用特殊值法计算判断A.解答过程：因为，且，则，所以，当且仅当时取等号，B选项错误；因为，当时，，A选项错误；因为，所以，当且仅当时取等号，C选项错误；因为，当且仅当时取等号，D选项正确；故选：D.4.已知向量，满足，，则在上的投影向量的模为（）A.1 B. C.2 D.答案：B解析：思路：根据向量数量积的运算律及投影向量求解即可.解答过程：因为，所以，所以在上的投影向量为，所以投影向量的模为．5.已知中，角所对的边分别为，若，，，则（）A.3 B.5 C. D.答案：D解析：思路：根据，结合二倍角公式及正弦定理求出，再由余弦定理求出或，讨论舍去即可求出答案.解答过程：由，得，所以.由余弦定理，得，解得或.若，则，得，又由且，得，所以，与矛盾；若，由余弦定理得，又，且，所以，符合题意．综上所述，.6.设函数的定义域为，且是奇函数，是偶函数，则一定有（）A. B.C. D.答案：D解析：思路：根据奇函数与偶函数的定义可知，是奇函数，是偶函数，那么，，通过代换计算出函数的周期及特殊点的函数值即可求解.解答过程：根据奇函数与偶函数的定义可知，是奇函数，是偶函数，那么，，又函数的定义域为，所以，令，得

，即，令，得

即，所以，，又，所以，，令，得，所以，令，得

，即由可得

，故函数周期为4,，故选项D正确，对于选项A，构造函数,，周期为4，但，选项A不一定成立，故A错误；对于选项B，同样构造函数，，选项B不一定成立，故B错误；对于选项C，，结合选项A可知，不一定成立，故C错误.7.费马定理是几何光学中的一条重要原理，在数学中可以推导出圆锥曲线的一些光学性质.例如，点为双曲线（、为焦点）上一点，点处的切线平分.已知双曲线，为坐标原点，点处的切线为直线，过左焦点作直线的垂线，垂足为，若，则双曲线的离心率为（

）A. B. C. D.答案：C解析：思路：根据中点以及角平分线的性质可得，即可根据双曲线定义得，代入到双曲线方程可得，即可根据离心率公式求解.解答过程：如图，延长交的延长线于点，由于是的角平分线上的一点，且,所以点为的点，所以,又为的中点，所以，故，故，即，将点代入可得，解得，故离心率为，故选：C.8.已知函数．若函数有三个极值点，且，则的取值范围是（）A. B.C. D.答案：D解析：思路：根据极值点的条件，先可推出的关系，然后根据二次函数根的分布知识求出的范围，最后利用韦达定理求解.解答过程：，则，由题意，得到，从而，而，故，令，由，于是有两个根，满足，注意到二次函数开口向上，对称轴为，故，解得，于是有两个根，满足，根据韦达定理，.故选：D二、多选题（共18分）9.已知函数，则（）A.是偶函数B.的最小正周期为C.的图象关于直线对称D.在上的值域为答案：BC解析：思路：根据偶函数的定义判断A；根据余弦型函数的性质判断BCD.解答过程：对于A：，显然，所以不是偶函数，A错误.对于B：的最小正周期为，B正确.对于C：当时，，余弦函数在对称轴处取最值，所以是的对称轴，C正确.对于D：当时，，则，所以在上的值域为，D错误.10.如图，在直三棱柱中，为的中点.若为线段上两点，且，则（）A.平面B.异面直线与所成角的余弦值为C.三棱锥的体积为定值D.点到平面的距离为答案：ACD解析：思路：根据线面平行的判定定理、三角形中位线定理、异面直线所成角的定义，结合三棱锥体积公式和等积性逐一判断即可.解答过程：A：连接交于，连接，易知为中点，，平面，平面，所以面，所以本选项说法正确；B：延长交于点，连接．则为平面与平面的交线，由于为中点，所以，四边形为平行四边形．所以，即为异面直线与所成角，因为，所以，，，，，所以本选项说法不正确；C：，在平面中，点到的距离为定值，而，所以的面积是定值，又因为三棱柱是直棱柱，所以平面，平面，所以，由上可知为中点，，所以，因为平面，所以平面，所以是定值，所以三棱锥的体积为定值，因此本选项说法正确；D：设点到平面的距离为，因为，所以，所以，因为三棱柱是直棱柱，所以平面，平面，所以平面平面，因为平面平面，平面，所以平面，因为为中点，所以点到平面的距离为，所以由，得，所以本选项说法正确.故选：ACD11.已知抛物线：的焦点为，若直线过点与交于，两点，线段的中垂线与的准线交于点，且线段的中点为，则下列说法正确的是（）A.抛物线的准线方程为 B.一定为钝角C.直线的斜率最大值为 D.若，则答案：ABD解析：思路：先利用直线过定点确定抛物线焦点，求出的值判断A；直线与抛物线联立，写出韦达定理，利用向量数量积的符号判断B；由中点坐标得到斜率表达式，用基本不等式求最值判断C；写出中垂线方程，求出坐标，分别计算与焦点弦，把化为关于的函数，求其值域判断D.解答过程：选项A，抛物线：的焦点为，因为直线过抛物线焦点，所以，解得，则抛物线方程为，抛物线准线方程为，A正确；选项B，设直线与抛物线的交点为，联立直线与抛物线方程，消去，整理得，因，则，，则，且不共线，故一定为钝角，B正确；选项C，设弦的中点为，则，将代入，得到，即，于是，，当时，，当时，，当时，，当且仅当，即时取等，即的最大值为，C错误；选项D，，，当时，，此时,则，，可得，解得；当时，，中垂线斜率为，，则的中垂线方程为，将代入上式，整理得，则得，故，因为，所以，因为，则，即的取值范围为，D正确.三、填空题（共15分）12.样本数据：3，3，4，4，5，6，6，7，7，8的75百分位数为______．答案：解析：思路：按照百分位数的定义易得.解答过程：因，故这组数据的75百分位数为按照从小到大顺序排列后的第8个数，即为7.故答案为：7.13.某测试由8道四选一的单选题组成．学生小胡有把握答对其中4道题，且在剩下的4道题中，他对2道有思路，其余2道则完全不会．若小胡答对每道有思路的题的概率为，答对每道不会的题的概率为，则当他从这8道题中任抽1题作答时，能答对的概率为____________．答案：##0.6875解析：思路：设“小胡从这8题中任选1题且答对”为事件A，“选到能完整做对的4道题”为事件B，“选到有思路的2道题”为事件C，“选到完全没有思路的题”为事件D，利用全概率公式进行求解即可.解答过程：设“小胡从这8题中任选1题且作对”为事件A，“选到能完整做对的4道题”为事件B，“选到有思路的2道题”为事件C，“选到完全没有思路的题”为事件D，则，，，，由全概率公式可得.故答案为：.14.在三棱锥中，，，，，若该三棱锥的4个顶点均在一个球面上，则该球的表面积为_________________．答案：解析：思路：由向量以及外接球的性质可得，列出方程，再由球的面积公式即可求解.解答过程：设，，方向上的单位向量分别为，，，由题意可得，且，，，设该三棱锥外接球的球心为，半径为，设，由外接球的性质可得，，，又，，，所以，，，即，，，三式相加可得，，则，回代解得，，，所以，所以该三棱锥外接球的表面积.四、解答题（共77分）15.已知的展开式中，二项式系数和为256.（1）求n的值；（2）求该展开式中的常数项；（3）求该展开式中所有的有理项.答案：（1）8（2）1792（3）解析：思路：（1）根据二项式系数和的性质，即二项式系数和为，可求出的值；（2）先写出二项展开式的通项公式，再令通项公式中的指数为，求出对应的值，进而得到常数项；（3）根据有理项的定义，即的指数为整数，结合通项公式确定的取值，从而得到所有的有理项．（1）由二项式系数和为，得．（2）展开式的通项为，令，得，故常数项为．（3）要使为整数，需为的倍数，又，故．当时，；当时，；当时，．故有理项为．16.在中，内角、、的对边分别为、、，已知.（1）求角的大小；（2）已知，为的中点，且，求的周长.答案：（1）（2）解析：思路：（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，再结合角的取值范围可得出角的值；（2）由题意得出，利用平面向量数量积的运算性质以及余弦定理可得出、的方程组，解出、的值，可得出的值，即可得出的周长.（1）由及正弦定理得，因为，所以，代入上式：，整理得，因为，所以，所以，又，所以.（2）因为为中点，所以，两边平方得，可得①，由余弦定理可得②，整理可得，，故，故的周长为.17.已知椭圆C：过点，过其右焦点且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且．（1）求椭圆C的方程；（2）若直线l：与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为Q，在y轴上是否存在定点P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．答案：（1）（2）存在定点，解析：思路：（1）直接由椭圆C过点和解方程即可；（2）先联立直线和椭圆，通过∠EQP＝2∠EFP得到点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF，表示出，由解出点P的坐标即可.（1）由题知，椭圆C过点和，所以，解得所以椭圆C的方程为．（2）假设在y轴上存在定点P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立，设，，由，得，∴，∵∠EQP＝2∠EFP，∴∠EFP＝∠FPQ，∴QE＝QF＝QP∴点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF，∴∴恒成立∴，解得∴∴存在定点，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立．方法提示：本题关键点在于利用∠EQP＝2∠EFP得到点P在以EF为直径的圆上，进而得到，表示出，，联立直线和椭圆后，由韦达定理及建立方程解出点P的坐标即可.18.一个不透明的盒子里有质地、大小相同的8个小球，其中2个红球、6个黑球，不放回地从盒子里依次随机摸取一个小球，当有同一种颜色的小球全部取出时停止摸球.（1）求停止摸球时盒子里恰好剩下4个黑球的概率；（2）停止摸球时，记总的摸球次数为，求的分布列与数学期望；（3）若将这8个球分别放在甲乙两个袋子中，每袋都装有1个红球、3个黑球.现从甲乙两袋中分别任取一球交换放入另一袋中，重复次这样操作后，设甲袋子中恰有1个红球的概率为，求.答案：（1）（2）分布列见解析，（3）解析：思路：（1）利用古典概型概率计算公式即可求出结果.（2）分别求出的概率，即可列出分布列和求出数学期望.（3）根据题干列出的递推公式，再利用构造新数列的方法即可求出结果.（1）依题意停止时恰好取了4次，前3次为2个黑球1个红球，第4次为红球，其概率为.（2）依