2025-2026学年高二下学期期末数学复习卷04（含答案）

这是一份2025-2026学年高二下学期期末数学复习卷04（含答案），共6页。试卷主要包含了， Sn 是前n 项和，且，过抛物线C 等内容，欢迎下载使用。
1．（本题 5 分）设集合 A  1, 2， B  {x | ax  2  0}，若 B  A ，则由实数a 组成的集合为
（）
A．0,1
B．0, 2
C．1, 2
D．0,1, 2
2．（本题 5 分）已知复数 z  6  6i ，则 z  （ ）
1 i
A． 6i
B． 6iC． 6  6i
1 →
D． 6  6i
→→→
3．（本题 5 分）已知向量a 在向量b 方向上的投影向量为
（ ）
b ，且| a | 2,| b | 3 ，则 a  2b 
3
10
A． 2
B． 2
C． 5
D． 2
7
2
15
4．（本题 5 分）已知tanα  1 ，则sinα 2 csα （ ）
A． 1
2
B．  3
2
sinα csα
C． 3
2
D．1
5．（本题 5 分）设数列an 满足2an  an1  an1 （ n  2 且n  N* ）， Sn 是前n 项和，且
S  6 ， a  3 ，则 S2026  （ ）
332026
A．1014B． 2027
2
C．1013D．1012
6．（本题 5 分）已知点 P  x, y  满足 x  2 y  3 ，则2x  4y 的最小值为（）
2
A． 4
B． 2
C．16D．不存在
2
7．（本题 5 分）直线l : x  my  m  2  0 与圆C : x2  y2  4x  3  0 的位置关系为（ ）
A．相交B．相切C．相离D．与 m 的取值有关 8．（本题 5 分）已知函数 f  x 是定义在R 上的奇函数， f  x 1 是偶函数，当 x 0,1 时， f  x  x2  x ，则 f 2024  f 2025  f 2026  （ ）
A．4B．2C．0D． 2
多选题（共 18 分）
9．（本题 6 分）已知数列a 满足a  1, aann  N*  ，则下列结论正确的有（ ）
 1 
n1n1
1 2an
 1 
A．数列 a  是等差数列B．数列 a  是等比数列
 n  n 
C．a 的通项公式为a 1
D．数列a 是递增数列
nn2n 1n
10．（本题 6 分）过抛物线C ： y2  4x 焦点 F 的直线l 与C 交于 A ，B 两点， A 在 x 轴上方，
则（ ）
抛物线C 的准线方程为 x  1
当l 的倾斜角为π 时， AF  4
3
AF
BF
当l 垂直于 x 轴时，弦长 AB 最小D． 1  1  2
11．（本题 6 分）如图，已知圆锥的底面直径 AB  2 ，母线VA  3 ，则下列说法正确的有
（ ）
圆锥的体积为 2 2 π
3
C．圆锥展开图中圆心角为 2π
3
圆锥的侧面积为2π
D．若VC  1，一只蚂蚁沿着表面从 A 爬到 C，
7
则最短距离为
填空题（共 15 分）
π→→
12．（本题 5 分）已知向量a ， b 的夹角为 3 ，且 a  1 ， b  2 ，则向量a 在向量b 上的投影向量为.
3 x
13．（本题 5 分） ( x  2 )5 的展开式中的常数项为．
14．（本题 5 分）如图，是由 A, B, C, D, E, F , G 七个正六边形区域组成的平面图形，现给这七个区域涂色，有四种不同的颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案有种.
解答题（共 77 分）
→
a
15．（本题 13 分）已知a   3 sin x, cs x， b  cs x, cs x ， f  x  →  b ．
求函数 f  x 的解析式及最小正周期；
3
设V ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 f  B  1 且b ，求V ABC 周
2
长的最大值．
16．（本题 15 分）已知函数 f  x   xlnx  mx  1 ．
2
当m  2 时，讨论 f  x 的单调性；
若对任意的 x (0, ) ， f  x  0 恒成立，求 m 的取值范围．
17．（本题 15 分）在四棱锥 P  ABCD 中，侧面 PAB  底面 ABCD ，底面 ABCD 是正方形，
2
PB  AB  2 ， PA  2
，点Q 是棱 PB 上一点．
当点Q 是棱 PB 中点时，求证： PD / / 平面QAC ；
若直线 PD 与平面QAC 所成角的正弦值为 6 ，求线段 PQ 的长．
9
18．（本题 17 分）某公司运营慢充、快充、超级快充三种不同充电方式的电动汽车充电桩
不超过 5
次
超过5 次
（每个充电桩只支持一种充电方式）.该公司为了解其运营的所有电动汽车充电桩的使用情况，从中随机抽取 1000 个，记录并整理数据如下表：
从该公司运营的所有电动汽车充电桩中随机抽取 1 个，估计该充电桩日均使用超过 5 次的概率；
假设该公司运营的每个慢充、快充、超级快充充电桩的日均维护费用分别为 10 元、10 元、 20 元.从该公司运营的所有电动汽车充电桩中随机抽取 3 个，设 X 为抽取的 3 个充电桩的日均维护费用之和，求 X 的分布列和数学期望 E( X ) ；
电动汽车充电桩按服务对象与开放属性分为公用充电桩和专用充电桩两种.已知该公司运营的所有快充充电桩中，公用和专用充电桩数量之比为 7:3.在日均使用不超过 5 次的快充充电桩中，公用充电桩的占比为a ；在日均使用超过 5 次的快充充电桩中，公用充电桩的占比为 0.7.试比较a 与 0.7 的大小.（结论不要求证明）
慢充
140
60
快充
200
400
超级快充
60
140
x2y2
1 3 

19．（本题 17 分）已知椭圆C ： a2  b2  1(a  b  0) 的离心率为 2 ，过点 A1, 2  ．
求C 的方程；
已知点 B 0, 3  ，过点 P 4, 0 的直线l 交C 于 E ， F 两点（ E ， F 在 x 轴的下方），直线
BF 交直线 x  1 于点M ．
设直线ME 的斜率为k1 ，直线MF 的斜率为k2 ，判断k1  k2 是否为定值，并说明理由；
证明：直线ME 过定点．
《2025-2026 学年高二下学期期末数学复习卷 04》参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
B
A
B
A
A
B
AC
ABC
题号
11
答案
ACD
b
12． 1 →
4
80
576
→
【详解】（1）由a   3sinx,−csx， b  csx, csx ，
f x  → →
231
π1
则  
a  b 
3sinxcsx−cs x 
sin 2x−
22
cs 2x 1  sin  2x−

  ，
6
2

所以 f  x 的最小正周期为T  2π  π ．
2
1π11π
（2）由 f  B  2 ，即sin  2B−6   2  2 ，即sin  2B  6   1，又B 为V ABC 的内角，则0  B  π ，

则 π  2B  π  11π ，所以2B  π  π ，解得 B  π ，
666623
3
又b ，由余弦定理有b2  a2  c2  2ac cs B ，得3  a2  c2  ac ，即a  c2  3ac  3 ，
 a  c 2
2 a  c 2
a  c22
由均值不等式有ac  
2  ，则a  c
 3
 3，即 3 ，即a  c
2
 12 ，解得
4
3

a  c≤2 3 ，当且仅当a  c 时取等号，此时V ABC 为等边三角形，
3
3
3
所以V ABC 周长的最大值为a  b  c  2 3．
【详解】（1）当m  2 时， f  x  xlnx  2x  1 (x  0) ，则 f  x   lnx  x  1  2  lnx  1 ．
2x
由 f  x  0 ，得 x e，所以当 x 0, e 时， f  x  0 ， f  x 单调递减，
当 x e, ∞ 时， f  x  0 ， f  x 单调递增，所以 f  x 在0, e 上单调递减，在e, ∞ 上单调递增．
由 f  x  0 ，得 xlnx  mx  1  0 ．因 x  0 ，则得m  lnx  1 ，
22x
依题意，只需m  (lnx 
1
2x )min
即可.设函数h  x   lnx 
1 ，则h x  1 
2xx
1
2x2
 2x 1 ，由h x  0 ，
2x2
得 x  1 ，所以当0  x  1 时， h x  0 ， h  x 单调递减，
22
当 x  1 时， h x  0 ， h  x 单调递增，
2
所以h  x   h  1   1  ln 1  1  ln2 ，即(h(x))
 1 ln2 ，所以m  1  ln2 ，即m 的取值范围为
2
 
 2
(,1 ln 2] ．
min
17．(1)证明：连接 BD ，交 AC 于点O ，连接OQ ．
因底面 ABCD 是正方形，则点O 是 BD 中点，又因点Q 是棱 PB 中点，所以OQ / / DP ．又因为 DP  平面QAC ， OQ  平面QAC ，所以 PD / / 平面QAC .
（2）因为侧面 PAB  底面 ABCD ，平面 PAB  底面 ABCD  AB ，因 BC  AB ， BC  平面 ABCD ,
2
则 BC  平面 PAB ．又因 PB 平面 PAB ,则 BC  PB ．因为 PB  AB  2 ， PA  2
，满足
→
PA2  PB2  AB2 ,则得 PB  BA ．故可以点 B 为坐标原点，分别以 BC, BA, BP 所在直线为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系 B−xyz ．则 B 0, 0, 0 ， C 2, 0, 0 ， A0, 2, 0 ， D 2, 2, 0 ， P 0, 0, 2 ．设 PQ  t ，则 0  t  2 ,且Q 0, 0, 2−t  ，则CQ  2, 0, 2−t  , CA  2, 2, 0 , PD  2, 2, 2 ,设平面QAC 的法向量为 n   x, y, z  ．
–––→ →
CQ  n −2x  2−t  z  0→
由–––→ →,故可取n  2−t, 2−t, 2 ．
CA  n −2x  2 y  0
因为直线 PD 与平面QAC 所成角θ的正弦值为 6 ，
PD  n
–––→
–––→ →
PD  n
→
4  4t
2 3  2 2−t 2  4
6
9
sinθ
–––→ →
所以cs PD, n
9 ．
整理得8t2  14t  3  0 ，解得t  1 或t  3 ,经检验均符合题意.故线段 PQ13 ．
42的长为 4 或 2
18．【详解】（1）随机抽取 1000 个充电桩中，日均使用次数超过 5 次的有：60  400  140  600 个，设事件 A ：“从该公司运营的所有电动汽车充电桩中随机抽取 1 个，估计该充电桩日均使用超过 5
次”，则 P( A)  600  3 .
10005
设事件 B ：“从该公司运营的所有电动汽车充电桩中随机抽取 1 个，其所需维护费用为 10 元”，
依题意可得， P(B)  140  60  200  400  4 , P(B)  60  140  1 ，
1000510005
随机变量 X 的可能取值为30, 40, 50, 60 ，
 4 364
 4 2
148
P( X  30)  ， P( X  40)  C1   ，
5
5
 
 125
3  
 
5125
4  1 212 1 31
P( X  50)  C 2   ， P( X  60)  C3  .
5
5
3 
5  
125
3  
 
125
所以随机变量 X 的分布列如下表所示：
故 E( X )  30  64  40  48  50  12  60  1  36 .
125125125125
a  0.7 快充充电桩共 600 个，公用和专用充电桩数量之比为 7:3，
X
30
40
50
60
P
64
125
48
125
12
125
1
125
故公用充电桩的个数为600  7
10
 420 ，日均使用超过 5 次的快充充电桩的个数为 400 个，其中公用占
比为 0.7，故公用充电桩的个数为400  0.7  280 ，日均使用不超过 5 次的快充充电桩的个数为 200 个，设公用占比为a ，则公用充电桩的个数为 200a，由题意可得200a  280  420 ，解得a  0.7 ，故
a  0.7 .

c
1

 
 a2
a  2

19．【详解】（1）由题可知： a2  b2  c2

 3 2
 
，解得
3
b 
 1
 a2
  2   1
b2
(2)（i） k1  k2 不为定值.理由如下.设点M 1, t , E  x1, y1 , F  x2 , y2  ，
 x2  y2 
设l :
x  my  4 ，由

 43
1 得3m2  4 y2  24my  36  0 ，
x  my  4
由 Δ  0 ，得 (24m)2  4  36 3m2  4  0 ，解得 m  2 或 m  2 ，
又点 E , F 在 x 轴下方，则 m  2 ，
由韦达定理得 y  y  24m ,y y  36 , 得 y1  y2  2m ，即 2my y  3 y  y  ，因为
12
1
2
k  y1  t ， k  y2  t
3m2  4
1 23m2  4
y1 y23
1 212
x1 1x2 1
所以 k  k
 y1  t  y2  t
  y1  t  x2 1   x1 1 y2  t 

12x 1x 1
 x 1 x 1
12
  y1−t my2  3  my1  3 y2 −t 
12
 2my1 y2  3−tm y1  y2   6t  
tm  y1  y2   6t 3m 
  2 t
3 ，
my  3my
 3
m2 y y
 3m  y  y   9
 3m 
 y  y   9
所以 k1  k2
121 212
不是定值.
2 12
（ⅱ） B(0, 3), M (1, t), k  t  3  t  3, 由（i）得
k   2 t  k   2 t  t  3    5 t  3,
21 0
13233
则直线 ME 的方程为
y  t    5 t  3  x 1 ，即 3y  3 3x  3
 t 8  5x ，
3

 3
x  8

3 3
 8 , 3 3 
x2y2
当 时，得
5
y ，所以ME 必过定点 5 5 .，所以椭圆C 的方程为 1.
543