湖南省张家界市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷-附解析

湖南张家界市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题一、单选题1．已知一组数据3，7，11，7，13，15，则该组数据的第40百分位数为（

）A．7 B．9 C．11 D．122．已知向量，，且，则（

）A． B．4 C． D．53．已知，，则（

）A． B． C． D．4．曲线在处的切线如图所示，则＝（

）

A．0 B．2 C．－2 D．－15．已知抛物线上的一点到其焦点F的距离为3，则的值为（

）A．1 B．2 C． D．6．已知是函数的一个极值点，则（

）A．0 B．1 C．2 D．37．一百零八塔，位于宁夏回族自治区吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的实心塔群，共分十二阶梯式平台，自上而下一共12层，每层的塔数均不少于上一层的塔数，总计108座．已知其中10层的塔数成公差不为零的等差数列，剩下两层的塔数之和为8，则第11层的塔数为（

）A．15 B．16 C．17 D．198．已知数据1，2，3，4，的平均数与中位数相等，从这5个数中任取2个，则这2个数字之积大于5的概率为A． B． C． D．二、多选题9．已知复数，则下列结论正确的有（

）A．的虚部是 B．的共轭复数是C．在复平面内对应的点在第二象限 D．10．已知点是圆上一动点，点，点，则（

）A．点到直线的距离的最大值为B．满足的点有2个C．过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为D．的最小值是11．已知点是棱长为2的正方体表面上一动点，则下列结论正确的有（

）A．当在线段上运动时，三棱锥的体积为定值B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围为C．当在底面上运动，且的中点为，若，则的最小值为D．使直线与平面所成角的大小为的点的轨迹长度为三、填空题12．若椭圆的焦距是2，则其离心率为______．13．如图为函数的局部图象，其中为函数的一个最高点，为函数与轴的一个交点，则的值为________.14．在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的差（前项减后项），形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“差扩充”．如数列2024，2026第1次“差扩充”后得到数列2024，-2，2026，第2次“差扩充”后得到的数列2024，2026，-2，-2028，2026．设数列2024，2026经过第次“差扩充”后所得数列的项数为，所有项的和为，则的值为________．四、解答题15．在中，角对边分别为，且．(1)求A；(2)若，，求的面积．16．图1所示的平行四边形中，，现将沿折起，得到如图2所示的三棱锥，记棱的中点为，且..(1)求证：；(2)记棱的中点为，是否在直线上存在点，使得平面？请说明理由，并求出二面角的大小.17．某素质训练营设计了一项闯关比赛.规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次：如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作比赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功的事件相互独立.(1)计划依次派甲乙丙进行闯关，若，，，求该小组比赛胜利的概率；(2)若依次派甲乙丙进行闯关，则写出所需派出的人员数目的分布，并求的期望；(3)已知，若乙只能安排在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出.18．已知点，，双曲线的方程经过点，且的一条渐近线与直线平行，为上异于顶点的任意一点，为的左顶点．(1)求的方程；(2)求直线与的斜率之积；(3)设为上异于顶点和点的任意一点，且直线的斜率是直线的斜率的3倍，证明：直线恒过定点．19．设是定义在上的函数.定义性质：若对任意，当时，，则称函数具有“性质”.(1)判断函数是否具有“性质”；(2)若分段函数具有“性质”，求所有满足条件的实数和的解；(3)已知的值域为，且在上是严格增函数，证明：是偶函数的充要条件是：具有“性质”.参考答案1．A解析：首先将该组数据从小到大排列为：，数据总个数，因为，因此该组数据的第40百分位数为排列后的第3个数据7．2．D解析：由，得，即，解得，此时.所以，则.3．D解析：，而，，故，故.4．C解析：设曲线在处的切线方程为，则解得所以曲线在处的切线方程为，则切线斜率为1，所以，因此，．故选：C.5．B解析：由抛物线可得，即，因此其准线方程为，已知点到焦点的距离为3，则点到准线的距离也为3，即，解得.6．C解析：由题意得：，又是的一个极值点，所以，所以，所以，所以.7．C解析：∵12层塔的总数量为108，剩余两层的塔数之和为8，∴构成等差数列的10层塔总数量为.设该等差数列首项为，公差为，由题意知，由等差数列求和公式得，整理得.∵为偶数，20为偶数，∴为偶数，即为偶数，结合，得，代入得，解得.∴该等差数列的10项为.∵每层塔数不少于上一层，即12层塔数构成非递减正整数序列，∴剩余两个和为8的正整数均不大于等差数列的最大项，插入序列后不会改变序列末尾的顺序，∴12层塔数按从小到大排列后，最后两项为17,19，即第11层的塔数为17.8．B解析：由数据1，2，3，4，x（0<x<5）的平均数，可得2+=x，所以x=，从这5个数中任取2个，结果有：共10种，这2个数字之积大于5的结果有：，共5种，所以所求概率为.本题选择B选项.9．BD解析：，的虚部是1，故A错误；，故B正确；在复平面内对应的点为，位于第一象限，故C错误；，故D正确．10．BCD解析：对于A，原点到直线的距离为，所以圆上动点到直线的距离的最大值为，故A错误；对于B，满足的动点的轨迹是以为直径的圆，设线段的中点为，则，圆的半径为，所以圆，，因为，所以圆与圆相交，故B正确；对于C，过点作圆的两条切线，切点分别为，由切线性质可知四点共圆，该圆的方程为，则直线的方程为两圆的相交弦，所以，故C正确；对于D，设存在定点，使得点在圆上任意位置时都有，设，则，化简可得，因为，所以，即点所以，当且仅当三点共线且点在中间时等号成立，所以的最小值是，故D正确．11．ACD解析：对于A，当点在线段上运动时，点到平面的距离为正方体的棱长，所以，所以三棱锥的体积为定值，A正确，对于B，因为，故与所成角等于与所成角，连接，易知为等边三角形，如下图：与夹角为，当为中点时，，夹角为，故夹角的取值范围为，B错误，对于C，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如下图：易知,设,则由，得，故,的长度，代入，得，当时，最小，最小值为，C正确.对于D，易知与平面所成的角均为，如下图所示：只需保证点在线段上运动即可，当点在平面内运动时，需满足到点的距离为2即可，此时点的运动轨迹是以点为圆心的圆弧，因此可知点的运动轨迹长度为，即D正确；12．/解析：由题意得，，，得，，则离心率为.13．/解析：由题意可知最高点的纵坐标就是振幅，所以，又由图象可知两点之间的横坐标之差为，即，所以，解得，即.将代入上式，可得，即，所以，解得.因为，所以当时，可得.14．1013解析：由题意，，，所以，即数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，，.由题意，，，即数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，.所以，.15．(1)(2)解析：（1）由和正弦定理，可得，即，又由余弦定理，，.（2）将，，代入余弦定理，可得，即，利用求根公式得，即或（边长不能为负，舍去），则.16．(1)证明如下：因为，，，所以，所以，即，图2中，，则,所以，又，又为平面内两条相交直线，所以面，又在面，所以又，为平面内两条相交直线，所以面，又在面内，所以.(2)存在点，使得平面，理由如下：以为临边，构造矩形,连接，易知过点，因为分别为的中点，所以，又在平面内，在平面外，所以平面,即点就是点，由（1）知面，在面内，所以，又，是平面内两条相交直线，所以面，在面内，所以，又，所以为二面角的平面角，因为,所以，所以二面角的大小为.17．(1)(2)(3)先派出甲解析：（1）设事件表示“该小组比赛胜利”，则；（2）由题意可知，的所有可能取值为1，2，3，则，，，所以的分布为：所以；（3）若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员数目的期望为，由（2）可知，，若依次派丙乙甲进行闯关，设派出人员数目的期望为，则，则，因为，所以，，所以，即，所以要使派出人员数目的期望较小，先派出甲．18．(1)(2)(3)证明：（方法一）由（2）知，，因为，所以．设直线的方程为，代入，得，则且，即且．设（且），则，．因为，再将，代入得：得，即，所以，因为直线不过点，所以，所以，，化简整理得，解得，所以直线的方程为，故直线恒过定点．（方法二）设直线的方程为，代入，得，则且，即且．设（且），则，．因为，所以，即，整理得，由，所以，得，所以，，整理得，因为等式恒成立，所以，解得．所以直线的方程为，故直线恒过定点．解析：（1）由经过点，得．由，又因为双曲线一条渐近线与直线平行，所以，则，故的方程为．（2）设，则，即，因为，，所以，故直线与的斜率之积为．（3）略19．(1)没有，理由见解析(2)(3)证明见解析解析：（1）函数不具有“性质”，理由如下：例如当时，显然成立，，根据指数函数的单调性可知，所以有，这与“性质”矛盾，故函数不具有“性质”；（2）因为函数具有“性质”，所以取，有，于是有，当时，由，当时，由，若，若，则有，取，此时，但是，不符合“性质”，所以不符合题意，故