2025-2026学年高二下学期期末数学复习卷01（含解析）

这是一份2025-2026学年高二下学期期末数学复习卷01（含解析），共6页。

A．0,1
B．0, 3
C．0,1, 3
D．1, 3, 5
2．（本题 5 分）已知复数 z 满足 zi  3  i ，则 z  （）
 i
1 i
1 i
1  i 5
1  i 5
a
3．（本题 5 分）已知→  ( 3,1) ，设与b 方向相同的单位向量为e ，若a 在b 上的投影向量为
3→
e
，则a 与b 的夹角θ （ ）
π
6
π
4
π
3
2π
3
4．（本题 5 分）已知等差数列an 中a7  15 ，其前n 项和为Sn ，则S13  （）
A．185B．190C．195D．200
3
5．（本题 5 分）已知圆锥的体积为9 3π ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是（ ）
3
6
B．6C． 3
D．3
6．（本题 5 分）已知函数 f  x  csωx  π  (ω 0) 在区间0, π  上单调递增，则ω的取值
3 
3 

范围是（）
3  3 
4 

A．  0,

B． 0,1
C．  4 ,1
D．1, 
7．（本题 5 分）已知 f ( x) 是定义在R 上的偶函数，且 f (4  x)  f (x) ，当0  x  3 时，
2
f (x)  5  2x ，则 f (2025)  （ ）
A． 1B．1C．3D．7
8．（本题 5 分）如图，焦点在 x 轴上的椭圆 x2  y2  ， F , F 分别是左右焦点，过 F 的直
a2b21122
线交椭圆于 A, B 两点，
 7 ，
AF1
BF1
5
 1 则椭圆的离心率为（ ）
AF2
BF2
2
B
A． 2． 1
22
11
33
33
9
多选题（共 18 分）
9．（本题 6 分）下列说法正确的是（） A．连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，设事件 A  “第一次出现 2 点”，事件 B= “两次点数之和为奇数”，则事件 A 与 B 互斥
已知一组数据为1，1，2，4，3，5，10，9，若n 为这组数据的上四分位数，则 n  7
数据 xi , yi i  1, 2, 3,L,10 组成一个样本，其回归直线方程为 yˆ=x  3 ，其中
x =8.2 ，去除一个异常点1, 7 后，得到新的回归直线必过点9, 5
若 P  A >0,P  B >0 ，则事件 A, B 相互独立与 A, B 互斥不可能同时成立
10．（本题 6 分）若3  x2x 110  a  a x  a x2 L a x11，x  R ，则下列选项正确的
01211
有（ ）
a  560
a  0
a  a
L a  0
a1  a2  a3 L a11  3

201211
22223
211
11．（本题 6 分）已知正三棱柱 ABC  A1B1C1 的棱长均为 2， M 为棱CC1 上靠近点C 的四等
分点， N 为棱 AC 的中点，则（ ）
直线MN  直线 B1C
点 N 到平面 A1BM 的距离为 3
3
平面 BMN  平面 A1 BN
以M 为球心，2 为半径的球面与该棱柱的棱公共点的个数为 8
填空题（共 15 分）
→
→12
12．（本题 5 分）已知向量a  m, 2 ， b  1 n,1
最小值为.
， m  0, n  0 ，若a //b ，则
 的
2mn
13．（本题 5 分）已知tan α π   3 ，则1．
4 
sin 2α cs2α

14．（本题 5 分）为弘扬志愿服务精神，学校鼓励同学们积极参与志愿服务活动.现安排甲、
乙、丙、丁共四名同学参加某日早上、中午、晚上三个时段的志愿服务，每个时段需安排 2名同学，分别负责接待和登记.若每位同学至少安排一个时段，且甲不能排早上，乙丙不能排同一时段，则安排方法总数为.
解答题（共 77 分）
→
→
π →
15．（本题 13 分）已知向量a  sinx, csx, b  csx, 3sin  x  2  .设 f  x  a  b .

求函数 y  f  x 的最小正周期；
记V ABC 的内角 A, B,C 所对的边分别是a, b, c ，已知 f  A  3, b  3,aABC 的面积为
3 ，求a 的长.
16．（本题 15 分）已知函数 f  x  lnx  x2  ax
若曲线 y  f  x 在 x  2 处的切线与直线3x  y  5  0 平行，求该切线方程.
若 f  x 在区间0,1 上单调递增，求a 的取值范围.
17．（本题 15 分）在平面四边形 ABCD 中， B  D  90, AD  3, DC  4, AB  BC （如 图），沿对角线 AC 将V ABC 折起，使点 B 在平面 ADC 上的射影 E 恰落在CD 上（如图）．
求证： AD ⊥BC ；
求CD 和平面 ABD 所成角的余弦值．

x2y2
1 3 
18．（本题 17 分）已知椭圆C :
求 C 的方程．

a2b
2  1(a  b  0) 的离心率为 2 ，且 C 过点 P 1, 2  ．
设 C 的右焦点为 F，过点 F 的直线 l 与 C 交于 A，B 两点，O 为坐标原点．
若 l 不与 x 轴重合且斜率存在，线段 AB 的中点为 M，证明：直线 OM 与 AB 的斜率之积为定值．
是否存在这样的 l，使得以 OA，OB 为邻边的平行四边形 OAPB 为矩形？若存在，求出 l 的方程；若不存在，请说明理由．
19．（本题 17 分）盒中有 4 个黑球 2 个红球，每个球除颜色外均相同.甲、乙进行摸球游戏，两人轮流从盒中摸球，每次由其中一人随机摸出 2 个球，若有黑球，则黑球放回盒中；若有红球，则红球不再放回盒中.直至盒中红球已被全部取出，游戏结束.第一次摸球从甲开始，
记 Pn 为第 n 次摸球后游戏结束的概率.
求 P1 ， P2 ；
求 Pn ；
若摸球2n 次，游戏恰好结束，将此情况下乙摸到的红球个数记为随机变量 X 2n ，证明：
E  X 2n
  7 .
5
《2025-2026 学年高二下学期期末数学复习卷》参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
A
C
B
B
C
D
BCD
AD
题号
11
答案
ACD
2
12． 9 
4
a //b
【详解】因为 →，故m 1  2 1 n ，即m  2n  2 ，
故 1  2  1 m  2n 1  2   1  9  2m  n   1  9  2
2
2m  n   9 ，
2mn2
 2mn 2  2nm 
nm 4
2  2
当且仅当m  4 2  2 , n  8  2 2 ，取等号，故 1  2 的最小值为 9  2 .
77
13． 5 /1 2
2mn4
33
【详解】因为tan α π   3 ，所以 tanα1 −3 ，解得tanα 2 ，
4 
1−tanα

1sin2α cs2αtan2α122 15
所以 ．
sin2α−cs2α 2sinαcsα−cs2α 2tanα−12  2 13
14．208
2
【详解】第一步，先考虑早上，只能有乙丁，或丙丁，由对称性可知，只需先考虑乙丁，则有A2 种；
4
第二步，考虑中午和晚上，除掉乙丙，每个时段共有A2  2  10 种组合，故中午晚上共有10 10  100 种，需扣掉以下几种情况：
3
第一，中午晚上没有甲，则只有乙丙丁，每个时段有A2  2  4 种排法，共有 16 种；
3
第二，中午晚上没有丙，则每个时段有A2  6种排法，共有 36 种；
2 2
第三，中午晚上没有甲丙，则只有乙丁，共有A2A2  4 种排法；所以中午和晚上共有
2
100 16  36  4  52 种排法，所以安排方法总数为52  A2  2  208 种.
f x  → →
π 2
【详解】（1）由题意，  
a  b  sinxcsx 
3 cs x sin  x    sinxcsx 
2

3cs x
 sin2x  3 1 cs2x  sin  2x  π   3 ，所以函数 y  f  x 的最小正周期T  2π  π ；
223 22

3π 
（2）由 f  A  得sin 2 A  3 ，因为 A 0, π ，所以2 A  π  π , 7π  ，解得 A  π ，
3 2
3 3 3 6
3

因为S
 1 bcsinA  1  3c  1 
，所以c  4 ，由余弦定理得
a ABC
222
a2  b2  c2  2bccsA 
32  42  2  4  3 
3  7 ，所以a  7 .
2
【详解】（1）对函数求导得 f  x  1  2x  a, x  0 ，所以 f 2  1  4  a .
x2
因为曲线 y  f  x 在 x  2 处的切线与直线3x  y  5  0 平行，所以 f 2  1  4  a  3 ，解得a  3 .
22
所以 f  x  ln x  x2  3 x ，而 f 2  ln 2  4  3  2  ln 2 1.
22
所以该切线方程为 y  ln 2 1  3 x  2 ，即3x  y  ln 2  5  0 .
（2）对函数求导得 f  x  1  2x  a, x  0 ，因为 f  x 在区间0,1 上单调递增，
x
所以 1  2x  a  0 在区间0,1 上恒成立，即a  1  2x 在区间0,1 上恒成立，
x
令 g  x  1  2x ，求导得 g x   1
x

2x2 1
 2 , x  0,1 .
xx2x2
当 g x  0 时，则 2  x  1；当 g x  0 时，则0  x 2 ；
22
2
2 
 2 

所以 g  x 在,1 上单调递增，在 0, 上单调递减，所以 g  x g   2 2 .
 22 
min
 2 

所以要使得a  1  2x 在区间0,1 上恒成立，则a  g  x
x

所以a 的取值范围是, 2 2  .
min
 2 2 .
17．(1)因为点 B 在平面 ADC 上的射影 E 恰落在CD 上，所以 BE  平面 ADC ，
因为 AD  平面 ADC ，所以 BE  AD ，又 AD  DC ，BE, DC  平面 BCD ，BE ∩ DC  E ，所以 AD 
平面 BCD ，又 BC  平面 BCD，则 AD ⊥BC ；
（2）因为 AD  BC, AB  BC, AB  AD  A, AB, AD  平面 ABD ，
所以 BC  平面 ABD ，所以BDC 即为CD 和平面 ABD 所成角的平面角，
在RtaACD 中， AC 
AD2  CD2
 5 ，在RtaABC 中， AB  BC 
2 AC  5 2 ，
22
在RtaBCD 中， BD 
 14 ，所以cs BDC  BD 
14 ，
CD2  BC 2
2
即CD 和平面 ABD 所成角的余弦值为 14 ．
8
CD8
【详解】（1）设C 的半焦距为c(c  0) ．由C 的离心率e  c  1 ，得a  2c ，
a2
x2y2
又a2  b2  c2 ，得b2  a2  c2  3c2 ，因此C 的方程为
4c2
 1 ， 3c2

由点 P 1,
 在C 上，可得 14
x2
 1 ，解得c2  1．因此a2  4 ，b2  3 ，故C 的方程为
2
y
 1．

9

 2 
4c2

3c243
(2)（ⅰ）由（1）得C 的右焦点为 F 1,0 ，由题知l 的斜率存在且不为 0，设l 的方程为
x  my 1m  0 ， A x1 , y1  ， B  x2 , y2  ．
x  my 1,

联立方程得 x2
 4
y  1,

2
3
消去 x ，可得3m
2  4 y2
 6my  9  0 ，
则 y1  y2
 6m 3m2  4
， y1 y2
 9．
3m2  4
设 AB 的中点为M  x , y  ，则 y
 y1  y2  3m，
000
23m2  4
因为 x  x  m  y  y   2  m  
6m  2 8，
1212
 3m2  4 3m2  4
所以 x

 x1  x2 4．
023m2  4
3m
因为kAB
 1 ， k
mOM
 y0 
x
3m2  4   3m ，
44
所以k
0
3m2  4
 k 1    3m    3 ，
OMABm 4 4

3
即直线OM 与 AB 的斜率之积为定值 ；
4
（ⅱ）不存在.
因为以OA ， OB 为邻边的平行四边形OAPB 为矩形的一个必要条件是OA  OB ，所以OA  OB  0 ，即 x1 x2  y1 y2  0 ．又 x1  my1 1， x2  my2 1 ，
所以 x x  my 1my 1  m2 y y  m  y  y  1 ，
1 2121 212
2 96m
12m2  4

m   3m2  4   m   3m2  4  1 
3m2  4
，所以
–––→ –––→
12m2  4 912m2  5

OA  OB  x1 x2  y1 y2 
3m2  4    3m2  4  
3m2  4 ，
令OA  OB  0 ，得12m2  5  0 ，该方程无实数解，不满足题意．当l 的斜率不存在时， l 的方程为
x  1 ，此时 A 或 B 与 P 重合，构不成四边形，也不满足题意．综上，不存在满足条件的l ．
C21
【详解】（1） P1  2 ，
C
6
215
C2C2
C1 C1
C1 ·C1
61846
P2  4  2  42  4 1 .

C2C2C2
C215 15 15 1025
6665
若盒中有 4 个黑球，2 个红球，一次性摸出两个球，摸到 0，1，2 个红球的概率分别为
C22
C1 C1
8 C21
4 
, 42 
, 2 ，若盒中有 4 个黑球，1 个红球，一次性摸出两个球，
C 25C215 C215
666
C23 C1 C12
摸到 0，1 个红球的概率分别为 4  , 41  ，则摸球n 次，记在第i 次摸出第一个红球、在第n 次
C25C25
55
 2 i18 3 ni1 2
摸出第二个红球从而结束游戏的概率为 pi ，则 pi   5 
 15  5 
 i  1, 2,L, n 1 ，摸球n 次，
5
  
 2 n1
 
记第n 次摸到两个红球的概率为 pn ，则 pn   5 
 1 ，则
15
nn1
 2 n1
18 3 n2
228
 3 n32
 2 n282
Pn  pi  pi  pn   5      L  
i1
i1
 15 15
 2 n1
 5 
55 15
 5 5
 5 
15 5
1 2 n1
16  3 n2
1  3 
1 2 n1
16  3 n1
16  2 n1
        
15  5 
75  5 
1 2
3
15  5 
15  5 
15  5 
16  3 n1  2 n1
 15  5   5 .
  
法一：设摸球2n 次，在第i 次和第2n 次分别摸到一个红球的概率为
 2 i18 3 2ni1 2
pi   5 
 15  5 
 i  1, 2,L，2n 1 ，
5
  
16  3 2n
 2 2n 
记M  p1  p3 L p2n−1 ，则M  15   5    5   ，
16  3 2n
 2 2n 
   
13  2 2n1
15  5    5   
M   
  3 
75  5  3
2n
P16  3 2n1  2 2n1516  3 2n1  2 2n15
      
15  5  5 15  5  5 
X 可能取值为 1，2，且 P  X 1  M , P  X 2  1 M ，
P
2n2n
2n
2n
P2n
E  X
  M 1 1 M  2  2  M ，故 E  X
  7 .
2nPP P
2n5
2n2n 2n
法二：设摸球2n 次，在第i 次和第2n 次分别摸到一个红球的概率为
 2 i18 3 2ni1 2
pi   5 
 15  5 
 i  1, 2,L, 2n 1 ，
5
  
 2 2n1
 
摸球2n 次，第2n 次摸到两个红球的概率为 p2n   5 
 1 ，
15
①若n  2 ，
此时当k 为奇数且k  2n−3 时， 2 p  p；当k  2n 1 时， 2 p  p，
3 kk 13 kk 1
则 2  p  p L p  p  p L p ，
3132n1242n
故 5  p  p L p  p  p L p ，
3132n1122n
记M  p1  p3 L p2n−1 ，
M  p1  p3 L p2n1 p1  p3 L p2n1 3
则 P2n
p1  p2 L p2n
5  p  p
L p
5 ，
3
X 可能取值为 1，2，且 P  X
132n1
 1  M , P  X
 2  1 M ，
P
2n2n
2n
2n
P2n
E  X
  M 1 1 M  2  2  M ，故 E  X
  7 .
2nPP P
2n5
2n2n 2n
②当n  1 时， P  X 2
 1  8 , P  X
92
 2  1 , E  X
92
  8 1 1  2  10  7 ，结论也成立；
9995
综上， E  X 2n
  7 . 5