2025-2026学年高二下学期期末数学复习卷03（含答案）

这是一份2025-2026学年高二下学期期末数学复习卷03（含答案），共6页。试卷主要包含了已知椭圆C 等内容，欢迎下载使用。
1．（本题 5 分）已知复数 z  2  3i5 , z  1 2i ，则 z  z  （）
3  5i
12
1 i
12
1 5i
1 i
2．（本题 5 分）已知集合 A  x x2  4x  3  0 ， B  y  N y  4  x2 ，则 A ∩ B  （）
0,1, 2, 3, 4
0,1, 3, 4
C．1, 3, 4
D．1, 0,1, 2, 3, 4
3．（本题 5 分）设α 0, π ，则“ sinα3 ”是“ csα 1 ”的（）
22
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．（本题 5 分）如图所示，已知在V ABC 中，D 是边 AB 上的中点，则 DC  （ ）
–––→
A．BC
1 ––→
BA
2
–––→
B． BC
1 ––→
BA
2
–––→
C． BC
1 ––→
BA
2
–––→
D．BC
1 ––→
BA
2
5．（本题 5 分）已知具有线性相关的两个变量 x ， y 之间的一组数据如表：
且回归直线方程是 yˆ  0.9x  2.5 ，则t  （ ）
A． 6.1B． 6.3C． 6.4D． 6.5
6．（本题 5 分）已知等比数列an 的各项均为正数，数列bn 满足bn  lgan ， b3  18 ，
b6  12 ，则数列bn 的前n 项和的最大值等于（ ）
A．126B．130C．132D．134
x
0
1
2
3
4
y
2.5
4.0
4.3
4.2
t
2
2
7．（本题 5 分）已知椭圆C : x
2

y
2  1a  b  0 的右焦点为 F ，左顶点为 A ，点 B 在椭
ab
圆C 上，若 AF  AB ，且2 AF  3 BF ，则椭圆C 的离心率为（ ）
A． 2
7
B． 3
7
C． 4
7
D． 5
7
8．（本题 5 分）已知函数 f  x 的定义域为R ， f  x  f x  0 ， f  x 1 为偶函数，且
f 1  2 ，则 f 2025  f 2028  （ ）
A．1B．2C．3D．4
多选题（共 18 分）
9．（本题 6 分）若a  b  0 ，则下列不等式一定成立的有（ ）
a2  b2
C． ln b  a   0
1  1
ab
D． a3  b3
10．（本题 6 分）下列说法正确的是（ ）
A．若随机变量 X，Y 满足Y  2 X 1，则 D Y   4D  X 
B．数据 8，11，13，14，17，20，21，25 的75% 分位数为 20.5 C．在经验回归方程中，若样本相关系数 r 越大，则两个变量的线性相关性越强
D．根据分类变量 X 与 Y 的成对样本数据，计算得到χ2  3.954 ，根据小概率值α 0.05
的独立性检验（ x0.05  3.841），可判断 X 与 Y 有关联，此推断犯错误的概率不大于 0.05 11．（本题 6 分）如图，在棱长为 2 的正方体中 ABCD  A1B1C1D1 ，E 为线段CC1 的中点，F
为线段 A1B 上的动点（含端点），则下列结论正确的有（）
A．过 A ， D ， E 三点的平面截正方体 ABCD  A B C D 所得的截面的面积为 9
11 1 1 12
B．异面直线 DF 与 D C 所成角的取值范围是 π , π 
1 4 2 
C．当 F 在线段 A1B 上运动时，三棱锥C  AFD1 的体积不变
2  2
D． FA  FC 的最小值为2
填空题（共 15 分）
3 x
12．（本题 5 分） ( x  2 )5 的展开式中的常数项为．
13．（本题 5 分）在△ACB 中，若BAC  120 ， AB  AC  8 ， AD 平分∠BAC 交 BC 于
D ，则 AD 的最大值为．
14．（本题 5 分）闽超常规赛第六轮将于 5 月 30 日晚上 7：35 分，泉州客场对阵三明．泉州队员们在一次足球训练中，组织一次足球射门训练．记分规则如下（满分 10 分）：①每个人有 7 次射门的机会，每射中一次记 1 分；②若连续两次射中加 0.5 分，连续三次射中加 1 分，连续四次射中加 1.5 分，以此类推，七次都射中加 3 分．假设某队员每次射中的概率
为 2 ，各次足球射门相互独立，则该队员在这次足球射门训练中得 8 分的概率为 ．
3
解答题（共 77 分）
15．（本题 13 分）已知函数 f  x  sin  2x  π   sin  2x  π   3cs2x  1 ．
3 3 

求函数 f  x 的单调递减区间；
先将函数 f  x 图象的横坐标变为原来的 1 倍，再将图象向右平移 5π 单位，得到 g  x  的
224
图象，求函数h  x  f  x  g  x 在0, π  上的值域.
 2 
16．（本题 15 分）如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，F，P 分别为棱 B1C1 ， AA1 的中点.
设平面 A1BD  平面 A1B1C1D1  l ，求证： B1D1 / / l ．
棱 A D 上是否存在一点 M，使 PM / / 平面 DBF?若存在，求 A1M 的值；若不存在，请说
1 1
明理由.
MD1
2
17．（本题 15 分）已知双曲线C ： x
a2
2
y
 1 （ a  0 ， b  0 ）的右焦点 F 到一条渐近线的
b2
距离为 1，且点 P 2,1 在双曲线C 上．
求双曲线C 的方程；
斜率为1的直线与双曲线C 的右支交于M 、N 两点（异于点 P ）．求证：直线MP 、NP
的斜率之和为定值．
18．（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
19．（本题 17 分）已知函数 f  x  lnx  ax 1， a  R ．
讨论 f  x 的单调性；
当a  0 时，对x1 , x2
1,  恒有
 4 ，求实数a 的取值范围．
f  x1   f  x2 
x1  x2
若x  0 ， ex2  xf  x  0 恒成立，求实数a 的取值范围．
《2025-2026 学年高二下学期期末数学复习卷 03》参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
B
A
D
C
B
B
BD
ABD
题号
11
答案
ACD
80
2
320
2187
f x 
π 
π π 
【详解】（1）  
sin  2x−3   sin  2x  3  
3cs2x 1  sin2x−
3cs2x 1  2sin  2x−3  1 ，

由π  2kπ  2x  π  3π  2kπ 得， 5π  kπ  x  11π  kπ ， k  Z ，
2321212
所以函数 f  x 的单调递减区间为 5π  kπ, 11π  kπ ， k  Z .
1212
（2）依题意，可得 g  x  2sin[4(x− 5 π)  π ] 1 
 7 π  1 −−π  1，
243
2sin  4x6 2sin  4x6 

所以h  x  f  x  g  x  2sin  2x− π   2  2sin  4x− π  ，因为
3 6 
sin

π 

π 
π 
π 
2 
π 
 4x−6   sin 2  2x−3  
2   c
s2  2x−3   1

3 

2sin
 2x−，
 
h x π 
2 π 
2 π π 
所以，  
2sin  2x−3   2  2  4sin  2x−3   4sin  2x−3   2sin  2x−3  ，

tπx  0, π 
t   π , 2π 
m3


令  2x  ，
3
，则
2 
 3 3  ，令m  sin t ，则
 
2 ,1 ，

3
1 21
则h( x) 可转化为 p m  4m2  2m  4  m 

  ， m  
4
4

,1 ，
2

因为 p(m) 在 
3 ,−1  上单调递减，在 1 ,1 上单调递增，
24 
 4 
p m

 p −1  −1 ，而 p(
3 )  4 ( 3 )2  2 (
3
3 )  3 ，
min
 4 4

p(1)  4 12  2 1  6 ，因为 p(
222
3 )  p(1) ，所以 p(m)max  p(1)  6 ，
2
所以 p m 的值域为 1 , 6 ，即h  x 的值域为 1 , 6 .
 4 4
16．(1)如图，连接 B1D1 ，
因为在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， DD1 / / BB1 且 DD1  BB1 ，所以四边形 DBB1D1 为平行四边形，所以 DB / / B1D1 ．
方法一：因为 B1D1  平面 A1BD ， BD  平面 A1BD ，所以 B1D1 / / 平面 A1BD ．因为 B1D1  平面 A1B1C1D1 ，平面 A1BD  平面 A1B1C1D1  l ，所以 B1D1 / / l ．
方法二：因为 B1D1  平面 A1B1C1D1 ， BD  平面 A1B1C1D1 ，所以 BD / / 平面 A1B1C1D1 ．因为 BD  平面 A1BD ，平面 A1BD  平面 A1B1C1D1  l ，所以 BD / /l ．所以 B1D1 / / l ．方法三：在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，平面 ABCD / / 平面 A1B1C1D1 ，
平面 A1BD  平面 ABCD  BD ，平面 A1BD  平面 A1B1C1D1  l ，
所以 BD / /l ，则 B1D1 / / l ．
(2)存在，且 A1M  1 ，理由如下：
MD13
取 A1D1 的中点 G，连接 AG，FG，
因为 F，G 分别为 B1C1 ， A1D1 的中点，所以 FG / / A1B1 ， FG  A1B1 ，因为 AB / / A1B1 ， AB  A1B1 ，所以 FG / / AB ， FG  AB ，
所以四边形 ABFG 为平行四边形，所以 BF / / AG ，
设 M 为 A1G 的中点，则 PM / / AG ，所以 PM / / BF .
因为 BF  平面 DBF， PM  平面 DBF，所以 PM / / 平面 DBF，故存在所求的点 M，且 A1M  1 .
MD13
【详解】（1）双曲线C 的右焦点为 F c, 0 ，渐近线方程为 y   b x ，即bx  ay  0 ，
a
所以焦点 F 到一条渐近线的距离为
 bc  b  1 ，因为点 P 2,1 在双曲线C 上，所以
bc
b2  a2
c
4 1  1，解得
a2
a 
2
2
x
，故双曲线C 的标准方程为
2
y2  1.
(2)如图，设点M  x1 , y1  、 N  x2 , y2  ，设直线MN 的方程为 y  x  m ，
 y −x  m


因为点 P 不在直线MN 上，则m 1  2 ，可得m  3 ，联立 x2
 2
y2  1
，消去 y 可得
x2  4mx  2 m2 1  0 ，则Δ  16m2  8m2 1  8m2 1  0 ，解得m  1或m  1，
x1  x2  4m  0
x x
由题意可得
 1 2
 2 m2 1  0 ，所以m  1且m  3 ，所以
k k
 y1 1  y2 1  x1  m−1  x2  m−1
MPNP
x  2
x  2
x  2
x  2
1212
 m−3   x1  2  m−3   x2  2

x1  2x2  2
 m  3  m  3  2  m  3 x1  x2  4  2  m  3 x1  x2  4  2
x1  2
x2  2
 x1  2 x2  2
x1x2  2  x1  x2   4
 m  34m  4  2  4 m 1m  3  2  0 ，即直线MP 、 NP 的斜率之和为0 .
2 m2 1  8m  42 m 1m  3
C21
C2C2
C1 C1
C1 ·C1
61846
【详解】（1） P1  2 ， P2  4  2  42  4 1 .
C215
C2C2C2
C215 15 15 1025
66665
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，摸到 0，1 个红球
C 25C215 C215
666
C23 C1 C12
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 次摸出第二个红球
C25C25
55
 2 i18 3 ni1 2
从而结束游戏的概率为 pi ，则 pi   5 
 15  5 
 i  1, 2,L, n 1 ，
5
  
 2 n1
 
摸球n 次，记第n 次摸到两个红球的概率为 pn ，则 pn   5 
 1 ，
15
nn1
 2 n1
18 3 n2
228
 3 n32
 2 n282
则 Pn  pi  pi  pn   5 
 
   
 L  
i1
i1
 15 15
 5 
55 15
 5 5
 5 
15 5
1 2 n1
16  3 n2
 2 n1
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 P2np1  p2 L p2n5  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
【详解】（1）函数 f  x 定义域为0, ∞ ，求导得 f  x  1  a ，当a  0 时， f  x  0 恒成立，
x
故 f  x 在0, ∞ 上单调递增；当a  0 时，令 f  x  0 得 x  1 ，当0  x  1 时， f  x  0 ；当 x  1
aaa
时， f  x  0 ；故 f  x 在 0, 1  上单调递增，在 1 , ∞ 上单调递减；
a  a

综上，当a  0 时， f  x 在0, ∞ 上单调递增；当a  0 时， f  x 在 0, 1  上单调递增，在 1 , ∞
a  a

上单调递减．
f  x1 − f  x2 
x1  x2
已知a  0 ，由（1）知， f  x 在1,  上单调递增，不妨设 x1  x2 ，则
 4 等价
于 f  x1   f  x2   4 x1  x2 ，整理得 f  x1   4x1  f  x2   4x2 ，
则 g  x  f  x  4  lnx−a  4 x 1在1,  单调递减，即 g x  0 在1,  上恒成立；
求导得 g x  1  a  4  0 ，即a  4  1 对任意 x 1, ∞ 恒成立，Q y  1 在1,  上单调递减，最
xxx
大值为 1， a  4  1，解得a  3 ，综上， a 3, 0 ．
不等式ex−2  xf  x  0 整理得ex2  x ln x  ax2  x  0(x  0) ，分离参数a 得：
ex2  x ln x  x a x2
, x  0 ，令t  x 
ex−2  xlnx  x x2
，则a  t  x
min
, x  0 ，
令h t   et 1−t ，求导得ht   et 1，令ht   0 ，解得t  0 ，当且仅当t  0 时等号成立，故h t  在 x  0 上单调递增，
则ex−2−lnx  1  x−2−lnx ，即ex2  x 1 ln x ，则ex2 
x
x2  x  x ln x ，
移项得ex2  x  x ln x  x2 ，
ex−2  xlnx  x
t  x 
x2
 1，当且仅当 x  2  ln x 时等号成立，
令φ x  x−lnx−2 ，求导得φ x  x−1 ，
x
当0  x  1时，φ x  0 ，函数单调递减；当 x  1 时，φ x  0 ，函数单调递增；
x  1 是极小值，也是最小值，最小值为φ1  1−ln1 2 −1，
当 x  0 时， ln x   ，故φ x  ∞，结合φ x 在0,1 上单调递减，
φ1  1，由零点存在定理， 0,1 内有一个零点，故t  xmin  1 ，
综上可知， a  1，故实数a 的取值范围为,1 ．