云南曲靖市陆良县2025-2026学年高二年级上学期期末考试数学试题（试卷+解析）

这是一份云南曲靖市陆良县2025-2026学年高二年级上学期期末考试数学试题（试卷+解析），共24页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
（全卷四个大题，共19个小题，共6页；满分150分，考试用时120分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，满分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. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
3. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A B. C. D.
4. 如图，在空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则（ ）
A.
B.
C.
D.
5. 若直线为双曲线的一条渐近线，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D. 2
6. 已知定义在R上的函数，其中是奇函数且在R上单调递减，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
7. 已知圆锥的轴截面是一个正三角形，其中是圆锥顶点，AB是底面直径．若C是底面圆O上一点，P是母线SC上一点，，，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
8. Deepseek（深度求索）是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.8，衰减速度为30，且当训练迭代轮数为10时，学习率衰减为0.4，则学习率衰减到0.3以下（不含0.3）所需的训练迭代轮数至少为（ ）
（参考数据：，）
A. 14B. 15C. 16D. 17
二、多选题：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. 下列说法中正确是（ ）
A. 若事件两两独立，则
B. 样本数据32、20、42、28、34、48、36、39、45、52、49、55下四分位数为33
C. 从装有3个红球，4个白球袋中任意摸出3个球，事件“至少有2个红球”，事件“都是白球”，则事件与事件是对立事件
D. 若的平均数为2，方差为1，的平均数为6，方差为2，则的方差为5.5
10. 已知抛物线，直线过的焦点，且与交于两点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若直线的斜率为，则
B. 以为直径的圆与轴相切
C. 的最小值为
D. 若点，则周长的最小值为
11. 函数的定义域为，且对任意的实数，都有，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 为偶函数B. 为周期函数且周期为12
C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在等比数列中，，公比，则___________．
13 已知直线，若，则___________
14. 在中，内角的对边分别是，且，则的最大值是___________．
四、解答题：本题共5题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数，再从条件①､条件②､条件③中选择一个作为已知，
（1）求的解析式；
（2）当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.
条件①：函数的图象经过点；
条件②：函数的图象可由函数的图象平移得到；
条件③：函数的图象相邻的两个对称中心之间的距离为.
注：如果选择条件①､条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分.
16. 已知圆及直线．
（1）求过点的圆的切线方程；
（2）找出不论取什么实数时直线恒经过的点，并证明：直线与圆恒相交；
（3）求直线被圆截得的最短弦的长．
17. 如图，在四棱锥中，，．
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正切值．
18. 已知椭圆的离心率，左、右焦点分别为，且焦距为2．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设不与坐标轴垂直的直线与交于两点，线段的中点为，为坐标原点．
（i）设直线与的斜率分别为，求证：为定值；
（ii）若直线的方向向量为，求点的坐标.
19. 已知数列满足
（1）求证：为等差数列；
（2）设，记数列的前项和为，
①求；
②若，求的取值范围．
陆良县2025年秋季学期高二年级期末考试
数学试题卷
（全卷四个大题，共19个小题，共6页；满分150分，考试用时120分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，满分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. 命题“”否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用特称命题的性质写出命题的否定即可.
【详解】命题“”的否定为.
故选：A
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解二次函数不等式可得集合，结合交集的概念即可求得.
【详解】解不等式得，即集合，
则，
故选：C.
3. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据复数的模以及除法法则化复数为代数形式，即得结果.
【详解】，则，
即，
故的虚部为.
故选：D
4. 如图，在空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】由向量的线性运算结合条件即得.
【详解】.
故选：B
5. 若直线为双曲线的一条渐近线，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据渐近线的概念，写出参数之间的等量关系，根据离心率的概念直接求出结果即可.
【详解】因为直线为双曲线的一条渐近线，
所以，则，
由，则，
离心率.
故选：C
6. 已知定义在R上的函数，其中是奇函数且在R上单调递减，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由是奇函数并结合奇函数的定义可得是奇函数，设，求导后可得单调递增，结合单调性可得单调递减，由奇函数可将转化为，由单调递减可得，进而可求得解集.
【详解】由是奇函数可得，即，
则有，所以为奇函数，
设，则，故在R上单调递增，
因为单调递减，所以单调递减，
转化为，
由于为奇函数，则有，
由于在R上单调递减，则有，
解得，
故选：C.
7. 已知圆锥的轴截面是一个正三角形，其中是圆锥顶点，AB是底面直径．若C是底面圆O上一点，P是母线SC上一点，，，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取点D在母线SA上且，可证明三棱锥与三棱锥外接球相同，再由正弦定理求出三角形的外接圆半径即为外接球半径得解.
【详解】如图，
设点D在母线SA上且，
因为是直角三角形，所以三棱锥外接球的球心E在SO上，
由 ≌，可得，
即三棱锥外接球的球心E也是三棱锥外接球的球心，且两个外接球的表面积相等．
由，得的外心即为三棱锥外接球的球心E．
在中，，
所以的外接圆的直径，
所以三棱锥外接球的表面积是，
故选：C．
8. Deepseek（深度求索）是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.8，衰减速度为30，且当训练迭代轮数为10时，学习率衰减为0.4，则学习率衰减到0.3以下（不含0.3）所需的训练迭代轮数至少为（ ）
（参考数据：，）
A. 14B. 15C. 16D. 17
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件列方程，可得，再由，结合指对数关系和对数函数的性质求解即可．
【详解】由于，所以，
依题意，则，
则,由，
两边同时取对数可得，，，
，
即，所以所需的训练迭代轮数至少为15次．
故选：B
二、多选题：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. 下列说法中正确的是（ ）
A. 若事件两两独立，则
B. 样本数据32、20、42、28、34、48、36、39、45、52、49、55的下四分位数为33
C. 从装有3个红球，4个白球的袋中任意摸出3个球，事件“至少有2个红球”，事件“都是白球”，则事件与事件是对立事件
D. 若的平均数为2，方差为1，的平均数为6，方差为2，则的方差为5.5
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，由独立事件的定义可得若事件两两独立，不一定满足；对于B，先样本数据从小到大排序，由百分位数的计算方法，可得下四分位数即第25百分位数应为该组数据的第3位与第4位的平均数，对于C，事件A与事件B互斥但事件A与事件B的并集未覆盖所有情况，故事件A与事件B不对立；对于D，先求出总体平均数，再结合总体方差公式即可求解.
【详解】对于A，若事件两两独立，则仅有，
不一定满足，故A错误；
对于B，将样本数据从小到大排序：20、28、32、34、36、39、42、45、48、49、52、55，共12个数据，，下四分位数即第25百分位数应为该组数据的第3位与第4位的平均数即，故B正确；
对于C，事件A包含“2红1白”和“3红”两种情况，事件B包含“3白”一种情况，两者交集为空集，
即事件A与事件B互斥，但事件A与事件B的并集未覆盖所有情况，缺少“1红2白”的情况，
故事件A与事件B不对立事件，故C错误；
对于D，设的平均数为，方差为，
则，
，故D正确，
故选：BD.
10. 已知抛物线，直线过的焦点，且与交于两点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若直线的斜率为，则
B. 以为直径的圆与轴相切
C. 的最小值为
D. 若点，则周长的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，由题意可得，联立后使用韦达定理有，由抛物线焦点弦长公式即可求得；对于B，由题意可得圆心到轴的距离等于半径，故B正确；对于C，设直线，与抛物线联立后结合韦达定理得，则，结合基本不等式即可求得的最小值；对于D，的周长为，其中为定值，由抛物线的定义，易得共线时取最小值，即此时周长取最小值.
【详解】对于A，由题意得，若直线的斜率为，则有直线，
联立，得，则有，
则焦点弦长，故A错误；
对于B，以为直径的圆，圆心为中点，半径为，
圆心到轴的距离为，等于半径，因此圆与轴相切，故B正确；
对于C，设直线，
联立，得，则有，则，
焦半径，，则，
将代入可得，
当且仅当时，即时等号成立，
故的最小值为，C正确；
对于D，的周长为，其中，
由抛物线的定义可得为点到准线的距离，
易得当共线时取最小值如图：
则，则，故D正确.
故选：BCD.
11. 函数的定义域为，且对任意的实数，都有，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 为偶函数B. 为周期函数且周期为12
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用赋值法和偶函数的定义、周期函数的定义判断ABC，利用周期性求和判断D.
【详解】因为，
用代替可得，
令，得，即，
令，得，所以，C正确；
用替换，可得，所以，
所以函数为偶函数，A正确；
用替换，可得，
所以，所以，
所以，即．
所以，
故是以12为周期的周期函数，B正确；
，所以；
，
所以，D错误．
故选：ABC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在等比数列中，，公比，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用等比数列的通项公式计算即可.
【详解】由题可知为等比数列，，，
所以.
故答案为：
13. 已知直线，若，则___________
【答案】
【解析】
【分析】由一般式得到两直线斜率，再由两直线平行，斜率相等求解即可；
【详解】当时，，，两直线不平行，
当时，两直线平行斜率相等，
，则
，则，
又，则两直线斜率相等，即，
化简计算得：，解得：或，
又时，，，两直线重合，
故.
故答案为：
14. 在中，内角的对边分别是，且，则的最大值是___________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用正弦定理结合三角恒等变换可得，再利用余弦定理结合基本不等式可得，进而可得的最大值.
【详解】原式，由正弦定理得，即，则有，
因为，则，即，
由正弦定理可得，
由余弦定理可得，
因为，当且仅当时等号成立，
可得，所以，且，则，
故的最大值是.
故答案为：.
四、解答题：本题共5题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数，再从条件①､条件②､条件③中选择一个作为已知，
（1）求的解析式；
（2）当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.
条件①：函数的图象经过点；
条件②：函数的图象可由函数的图象平移得到；
条件③：函数的图象相邻的两个对称中心之间的距离为.
注：如果选择条件①､条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）;
（2）.
【解析】
【分析】（1）化简，若选①，将点代入求得，可得答案；选②，根据三角函数图象的平移变化规律可得，可得答案；选②，由函数的最小正周期可确定，可得答案；
（2）由确定，从而求得的范围，根据不等式恒成立即可确定实数的取值范围.
【小问1详解】
;
选①：函数的图象经过点，则，
所以，则，
由，可得，则；
选②：函数的图象可由函数的图象平移得到，
即的图象可由函数的图象平移得到，
则，则.
选③：函数的图象相邻的两个对称中心之间的距离为，
则函数的最小正周期为，故，
故.
【小问2详解】
当时，,则，
故，
又当时，关于的不等式恒成立，故,
即实数的取值范围为.
16. 已知圆及直线．
（1）求过点的圆的切线方程；
（2）找出不论取什么实数时直线恒经过的点，并证明：直线与圆恒相交；
（3）求直线被圆截得的最短弦的长．
【答案】（1）和
（2），证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）考虑切线斜率是否存在，结合圆心到直线的距离等于半径求解；
（2）将直线方程重新整理为然后求得定点，由点和圆位置关系判断点在圆内得出直线和圆相交；
（3）由几何关系，当直线垂直于定点和圆心的连线时弦长最短.
【小问1详解】
由题意圆的方程为：，
所以圆心，则，点在圆外，
当切线斜率不存在时，其方程为，满足题意，
当切线有斜率时，设切线斜率为，则切线方程为，
则圆心到直线的距离为，
所以直线方程为，即．
综上可得：切线方程为和
【小问2详解】
可变形为，
令，解得，所以直线恒经过点，
因为，所以点在圆内部，
所以直线l与圆C恒相交.
【小问3详解】
当直线l被圆C截得的弦长最短时，此弦与过圆心和点所在的直线垂直，
设弦的斜率为，则，
弦方程，即，
所以圆心到直线的距离为，
所以弦长为.
17. 如图，在四棱锥中，，．
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正切值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，易得平面，由线面垂直的性质则有，由勾股定理有，即，由线面垂直的判定则有平面，最终由面面垂直的判定有平面平面；
（2）以为原点，直线分别为轴的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，使用向量夹角公式即可求得与平面所成角的正弦值，进而求出直线与平面所成角的正切值.
【小问1详解】
取中点，连接，则，
因为，则，
由且平面，则平面，
由平面，则，
在Rt中，，
则，故，
由且平面，
所以平面，平面，则平面平面．
【小问2详解】
由（1），可构建以为原点，直线分别为轴的空间直角坐标系，
所以，
则
设是平面一个法向量，
则，取，则，
所以与平面所成角的正弦值为
，
故，所以．
所以与平面所成角的正切值.
18. 已知椭圆的离心率，左、右焦点分别为，且焦距为2．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设不与坐标轴垂直的直线与交于两点，线段的中点为，为坐标原点．
（i）设直线与的斜率分别为，求证：为定值；
（ii）若直线的方向向量为，求点的坐标.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）或.
【解析】
【分析】（1）根据条件列方程组求解；
（2）（i）利用点差法可得；
（ii）根据方向向量求出直线斜率，再联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理求出弦长，即可求出.
【小问1详解】
因为椭圆的离心率，所以，即．
因为，所以，所以，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
（i）设，则，
可得，
因为点在椭圆上，则，两式相减得，
整理可得，即，所以为定值；
（ii）若直线的方向向量为，可得，
设直线，联立方程，消去可得，
则，解得，即，
可得，
则，
解得，满足，符合题意，
若，则直线，
可得，即点的坐标为；
若，则直线，
可得，即点的坐标为；
综上所述：点的坐标为或.
19. 已知数列满足
（1）求证：为等差数列；
（2）设，记数列的前项和为，
①求；
②若，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）要证明为等差数列，可根据等差数列的定义，通过计算是否为常数来判断；
（2）①先根据(1)求出的通项公式后，进而可得到的通项公式，求出的表达式，然后利用错位相减法求出，
②由恒成立，可将m分离出来，通过求数列的最大值来确定m的取值范围.
【小问1详解】
由．
则数列是以为首项，2为公差的等差数列.
【小问2详解】
，
所以数列的通项公式为；
①由（1）得;
则．
于是，
以上两式相减得：
所以
②由，得．令，
所以，
所以不是数列的最大项，不妨设的第项取得最大值．
由，即，解得，
即数列的最大值为，所以，
即的取值范围是