江苏南京市宁海中学2025-2026学年高二下学期6月期末测试数学试题（含解析）

这是一份江苏南京市宁海中学2025-2026学年高二下学期6月期末测试数学试题（含解析），共26页。试卷主要包含了 已知集合，那么， 若复数满足， 已知向量，满足，，，则， 已知，则下列式子一定成立的是， 已知，为锐角，，，则等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（每小题5分，共40分）
1. 已知集合，那么（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为，又，
则.
2. 若复数满足（i为虚数单位），则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】，则．
3. 已知向量，满足，，，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由向量的垂直结合向量数量积的运算公式即可求解.
【详解】由题意得，即，
且，即，
，解得，.
4. 若的展开式的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为（ ）
A. B. C. 60D. 240
【答案】C
【解析】
【分析】先求出，利用二项展开式的通项公式即可求解.
【详解】,
由题意可得，解得.
故展开式的通项为，
令，所以，所以，
所以展开式中的常数项为.
故选：C.
5. 两封信随机投入A，B，C三个空邮箱，则A邮箱的信件数的均值等于（ ）
A. 23B. 49C. D. 13
【答案】A
【解析】
【分析】A邮箱的信件数为离散型随机变量，将的取值一一列出，计算出概率，利用均值的公式计算即可．
【详解】由题意可知，两封信随机投入A，B，C三个空邮箱共有种方法；
则；；；
故．
6. 若两个正实数满足，且不等式有解，则实数m 的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，利用基本不等式，求得最小值为，从而得到，即可求解.
【详解】因为，，所以，
当且仅当，即时，取等号，
又不等式有解，所以，解得或，
故选：D.
7. 袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半，甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒.重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则（ ）
A. 甲盒中黑球与丙盒中黑球一样多B. 甲盒中红球与丙盒中红球一样多
C. 乙盒中红球与丙盒中黑球一样多D. 乙盒中黑球与丙盒中红球一样多
【答案】C
【解析】
【分析】由题意知，乙中放红球，则甲中也肯定是放红球，往丙中放球的前提是放入甲中的不是红球，据此可以从乙中的红球个数为切入点，结合红球的数量与黑球数量相等进行分析．
【详解】由题意知，操作分为四种：
①两个红球，甲放红，乙放红；
②两个黑球，甲放黑，丙放黑；
③一红一黑，甲放红，乙放黑；
④一黑一红，甲放黑，丙放红；
设取出两个红球的次数为，两个黑球的次数为，一红一黑，甲放红的次数为，
一黑一红，甲放黑的次数为，
已知红球的数量与黑球数量相等，则，解得，
乙盒中红球数量来自情况①，数量为；丙盒中黑球的数量来自情况②，数量为，
由可得乙盒中红球与丙盒中黑球一样多．
8. 已知，则下列式子一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得（）.根据指数不等式，举例说明即可判断A；根据对数的运算性质和指数函数的图象与性质即可判断B；解一元二次不等式即可判断C；根据指数、对数的运算性质可得，结合导数研究函数的性质即可判断D.
【详解】由，得（），所以.
A：若，则，得，
当时，，所以不一定成立，故A错误；
B：若，则，
得，即，又，所以此不等式不成立，故B错误；
C：当时，不等式成立，
当时，不等式成立，故C错误；
D：若，则，即.
设，则，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
即，所以在上单调递增，且，
所以当时，，成立，故D正确.
故选：D
二、多选题（每小题6分，共18分）
9. 已知数列的前n项和为，且满足，，，则下列说法正确的有（ ）
A. 数列为等差数列B. 数列为等比数列
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据递推式可得、，再根据等差、等比数列的定义判断A、B；应用累加法求数列通项公式判断C；应用分组求和及等比数列前n项和公式求判断D.
【详解】因为，所以，
则是首项为，公比为2的等比数列，故A错误；
根据题意得，，
所以数列为首项为1，公比为1的等比数列，则 ，故B正确；
所以，故C正确；
，故D正确.
故选：BCD
10. 已知，为锐角，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由已知得到，可对BCD作出判断，从B出发可得到，以此，可判断
【详解】，为锐角，，可得到，①
，得，②，
由①②，又，得，
则，B正确；
，C正确；
又，，，从而，D正确；
由B知，则有，，
又，，则，所以，则A错误.
故选：
11. 已知函数的定义域为，其导函数为，且，则对任意的，，下列不等式中一定成立的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用题意可构造函数在上单调递减，再利用赋值，借助单调性研究不等式即可得出BCD的判断，对于A则举反例判断即可.
【详解】由于，因为，
所以有，
即函数在上单调递减，
对于A，根据函数在上单调递减，不妨取，满足，此时，故A错误；
对于B，由，都有，
即
同向不等式可相加得：，故B正确；
对于C，由，可得，
即，故C正确；
对于D，不妨设任意的，都有，
即，
，故D正确；
故选：BCD．
三、填空题（每小题5分，共15分）
12. 若正实数x ，满足，则的最大值是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用基本不等式即可求最大值.
【详解】因为正实数x ，满足，
可由基本不等式可得：，
当且仅当取等号，
所以的最大值是，
故答案为：
13. 已知函数有两个极值点，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】对求导，化简得到，令，转化为直线与有两个交点，求解即可.
【详解】由题意可得，，所以等价于，
即在时，有两个不同的解，所以，令，
问题转化为直线与有两个交点时，的取值范围，所以，
令，解得，解得，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，因此在处，取得最大值，所以，
当时，，当时，，所以.
14. 已知函数（）．对，恒成立，实数的取值范围____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，等价变形恒成立的不等式，再构造函数，利用导数求出最小值即可.
【详解】，不等式恒成立，
令函数，求导得，
令函数，求导得，函数在上单调递增，
而，则存在，使得，即，
当时，，即；当时，，即，
函数在上单调递减，在上单调递增，
因此，则，
所以实数的取值范围为.
四、解答题（本大题共5小题，共77分）
15. 某校学生文艺部有男生4人，女生2人
（1）若安排这6名同学站成一排照相，要求2名女生互不相邻，这样的排法有多少种？
（2）若从中挑选2人参加学校举办的文艺汇演活动，
①求男生甲被选中的概率；
②在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，求女生乙被选中的概率．
【答案】（1）480 （2），
【解析】
【分析】（1）利用插空法求解；
（2）①利用古典概型的概率公式求解；②利用条件概率公式求解.
【小问1详解】
先将4名男生全排列，形成5个空，再从5个空中选出2个位置排列2名女生，
所以2名女生互不相邻得排法有种.
【小问2详解】
①设事件表示“男生甲被选中”，则.
②设事件B 表示“被选中的两人中必须一男一女”，事件表示“女生乙被选中”，
则，，
所以.
所以在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，女生乙被选中的概率为12.
16. 给出下列条件:①若展开式前三项的二项式系数的和等于16；②若展开式中倒数第三项与倒数第二项的系数比为4:1.从中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答(注:若选择多个条件，按第一个解答计分)
已知，___________.
（1）求展开式中二项式系数最大的项；
（2）求展开式中所有的有理项.
【答案】（1）和
（2），，
【解析】
【分析】（1）无论选①还是选②，根据题设条件可求，从而可求二项式系数最大的项.
（2）利用二项展开式的通项公式可求展开式中所有的有理项.
【小问1详解】
二项展开式的通项公式为：
.
若选①，则由题得，
∴，即，
解得或(舍去)，∴.
若选②，则由题得，∴，
展开式共有6项，其中二项式系数最大的项为，
，.
【小问2详解】
由（1）可得二项展开式的通项公式为：
.
当即时得展开式中的有理项，
所以展开式中所有的有理项为:
，，.
17. 设函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在区间上的最大值与最小值；
（3）若函数在有三个不同的零点，求b的取值范围．
【答案】（1）
（2）最大值为，最小值为
（3）
【解析】
【分析】（1）对函数求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，进而求出切线方程；
（2）求导，利用导数分析函数在区间内的单调性和极值，结合端点值确定函数在区间内的最大值和最小值；
（3）把零点问题转化为直线与的交点问题，结合（2）作出的大致图象，结合图象求b的取值范围．
【小问1详解】
函数求导得，
则，
∴ 曲线在点处的切线方程为：
，即．
【小问2详解】
令，解得或，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
为极大值点，为极小值点，
，
，
，
，
综上可得，函数在区间上的最大值为，最小值为．
【小问3详解】
函数在有三个不同的零点，
等价于直线与有3个不同交点，
由（2）知，的极大值为，极小值，
作出大致图象如下：
由图象可知，要使直线与有3个不同交点，
则需满足：，解得．
18. 已知点，，点是直线外的一个动点，直线，的斜率之积为3，记点的轨迹为曲线．
（1）求的方程；
（2）已知直线交于M ，N 两点，M 关于x 轴的对称点为T ，若直线和的斜率之商为，证明：
以下问题：
（ⅰ）直线过定点；
（ⅱ）为钝角三角形．
【答案】（1），；
（2）（ⅰ）设，，，显然的斜率不为零，否则有，，直线，此时，
而直线和的斜率之商为2，故矛盾，故设直线，
由，得，
依题意，，且，
所以，且，，，，，
因为直线和的斜率之商为2，所以，
因为点M 在上，所以，即，
所以，即，
即，化简可得，解得：，
此时恒成立，所以，过定点；
（ⅱ）由（ⅰ）知，，，，1当，即时， ，
所以点均在的右支，如图，
此时，
所以是钝角，是钝角三角形；
2当时，即或，，
所以分别在的两支，不妨设M 在的右支，则，如图，
设，则，
所以，因为过点，所以,
所以是钝角，是钝角三角形.综上可知，是钝角三角形.
【解析】
【分析】（1）先设动点坐标，，再根据条件转化为坐标关系式，求曲线方程；
（2）（ⅰ）设直线方程并联立，代入双曲线方程得到关于的一元二次方程，利用韦达定理化简目标代数式后，可得定点；（ⅱ）利用向量的数量积可判断三角形的形状.
【小问1详解】
设，，
由题意可知，，整理为，，
所以双曲线的方程为，；
【小问2详解】
（ⅰ）略
（ⅱ）略
19. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若无零点，且有两个不同的极值点，．
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）求的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）先求的导数，进而结合二次不等式的性质对分类讨论可得结果；
（2）（ⅰ）令，即，结合直线与无交点，并利用（1）的结果得到的取值范围；
（ⅱ）由（1）中方程有，，化简可得，利用导数讨论单调性可得结果.
【小问1详解】
由题意可得，
令，则．判别式．
①当，即时，恒成立，
即恒成立，在R上单调递增；
②当，即时，方程有2个实根，
且由求根公式可知该方程的解为，
由二次函数单调性知在区间和上单调递增，
在区间上单调递减．
综上，时，在R上单调递增；
时，在区间和上单调递增，
在区间上单调递减．
【小问2详解】
（ⅰ）令，即，
由于无零点，则直线与无交点，则；
又有两个不同的极值点,，由（1）知时满足题意，故a的取值范围为．
（ⅱ）由（1）中方程有，．
不妨设，．
则
，
设函数，，
且在上恒成立，故单调递增，
且，．
故的取值范围为.