广西柳州市2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析）

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一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则（ ）
A．5B．C．2D．1
3．已知一组数据，，，的平均数为5，则该组数据的第25百分位数为（ ）
A．2B．3.5C．5D．6
4．下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
5．已知，则关于的展开式中各项系数之和的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．某工厂的产量（单位：件）与资本投入（单位：万元），劳动投入（单位：人）满足柯布—道格拉斯生产函数（其中，，为常数）．在劳动投入不变的前提下，要使工厂的产量提升，资本投入需增加，则该工厂资本产出的弹性系数约为（ ）（参考数据：，）
A．B．C．D．
7．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，直线与交于第一象限内的点，若四边形的面积是面积的4倍，则的方程不可能为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，则满足的的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．设事件满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．若，互斥，则
C．若，独立，则D．若，则，独立
10．若，是两条互相垂直的异面直线，，，，是四个不同的点，满足，，，，且，，，则（ ）
A．直线与是异面直线B．
C．若，则D．若为中点，则
11．已知曲线，则（ ）
A．曲线的图象有且仅有条对称轴
B．曲线上任意一点到原点的最大距离为
C．曲线所围成图形的面积为
D．函数的图象与曲线的图象有且仅有个交点
三、填空题
12．曲线在点处的切线方程为__________.
13．已知圆锥与圆柱的底面积相等体积也相等、若圆柱的高与底面圆的半径相等，则圆锥与圆柱的侧面积的比值为______．
14．甲乙两人进行抽卡游戏，每一局游戏中，将编号为，，，，，，的7张卡片的背面朝上并搅匀，甲先从中随机抽取2张卡片，乙再从剩下的卡片中随机抽取1张卡片．记为甲抽取的卡片中较大编号者的编号，为乙抽取的卡片的编号，当时，称该局为“默契局”，则一局游戏成为“默契局”的概率为______，游戏规定：出现“默契局”时，乙得2分，甲得0分，否则乙得0分，甲得1分，则三局游戏后，甲乙两人得分之和为的数学期望______．
四、解答题
15．已知等差数列的前项和，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
16．已知函数．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．
(1)设，若在上单调递减，求的取值范围；
(2)设的内角所对的边分别为，若，求面积的最大值．
17．如图，和都垂直于平面，且，是的中点．

(1)求证：平面；
(2)若，点到平面的距离为，为等边三角形，求平面与平面夹角的余弦值．
18．已知抛物线的焦点为，过点作直线交于，两点，为坐标原点．
(1)求抛物线的方程；
(2)若为直角三角形，求直线的斜率；
(3)点关于轴的对称点为，直线交轴于点，直线交轴于点，探究是否为定值？
19．已知．
(1)若在上单调递减，求实数的取值范围；
(2)当时，求证：在只有一个零点，且．
参考答案
1．C
【详解】由题意得集合，
因为集合，所以.
2．B
【详解】由题意可得，
所以.
3．B
【详解】由题意得：，
由，所以该组数据的第25百分位数为.
4．D
【详解】对于A，由，所以，故A错误；
对于B，由，所以，，所以，故B错误；
对于C，若，由，所以，故C错误；
对于D，若，则，故D正确.
5．D
【详解】令，可得的展开式中各项系数之和为，
因为，则，当且仅当时取等号，
所以，即关于的展开式中各项系数之和的最小值为.
6．A
【详解】因为，
所以当工厂的产量提升，资本投入需增加时，
则有，
，得，
，
.
7．B
【详解】将代入椭圆方程中，解得：，
因为在第一象限，所以，所以坐标为：，
由，又，因此，
由，的边的长为，高为的横坐标，故，
代入中得：，从而可得：，
又因为，所以，
即，
对于A，由，满足，故A正确；
对于B，由 ，不满足，故B错误；
对于C，将化为标准形式为：，
由 ，满足，故C正确；
对于D，将化为标准形式为：，
由 ，满足，故D正确.

8．C
【详解】已知函数，
令，构造新函数，则，因此，，
要满足，即满足，
由于指数函数在实数集上单调递增，一次函数也在实数集上单调递增，
所以在实数集上单调递增，所以不等式等价于，解得，
所以的取值范围是，故C正确.
9．BCD
【详解】对于A，因为，，则，所以A错误，
对于B，因为，互斥，则，所以B正确，
对于C，因为，独立，则，所以C正确，
对于D，因为，又，
所以，则，独立，故D正确.
10．ABD
【详解】以为原点，为轴，为轴，为过点且平行于轴的直线，
建立空间直角坐标系，则，，设，；
对A：由图可知，直线与直线不平行且不相交，
故直线与直线是异面直线，故A正确；
对B：，，则，故B正确；
对C：若，则，，故，
则，故C错误；
对D：若为中点，则，
则，，
则，故D正确.
11．BCD
【详解】已知曲线，
当，时，曲线；
当，时，曲线；
当，时，曲线；
当，时，曲线；
当，时，曲线为原点；
因此，画出曲线的图象，如图所示，
对于A，曲线的图象有条对称轴，故A错误；
对于B，曲线上任意一点到原点的距离为，则，
由于，所以，当且仅当时取等号，
则，解得，所以曲线上任意一点到原点的最大距离为，故B正确；
对于C，由图象可知，曲线所围成的图形是由个半径为的半圆和个边长为的正方形组成，
因此曲线所围成的图形的面积为，故C正确；
对于D，由于，所以函数是偶函数，图象关于轴对称，且，，如图所示，
当时，，在上单调递减，此时与曲线有个交点；
当时，，在上单调递增，此时与曲线有个交点；
因此函数的图象与曲线的图象在第一象限有个交点，
根据函数的对称性，函数的图象与曲线的图象在第二象限也会有个交点，
所以函数的图象与曲线的图象有且仅有个交点，故D正确.
12．
【详解】由曲线，则，
所以，
故曲线在点处的切线方程为：，即.
故答案为：.
13．
【详解】设圆柱的底面圆的半径为，高为，圆锥的底面圆的半径为，高为，
因为圆柱的高与底面圆的半径相等，可得，
又因为圆锥和圆柱的底面圆的面积相等，可得，所以，
因为圆锥和圆柱的体积相等，可得，即，解得，
又由圆锥的母线长为，
所以圆锥的侧面积为，
圆柱的侧面积为，
所以圆锥与圆柱的侧面积的比为.
14． /
【详解】设甲抽取的2张卡片为，则的可能种数为，
若，则时，为，为；
时，可为，，可为，；
时，可为，，，可为，，；
时，可为，，，，可为，；
时，可为，，，，，可为；
故一局游戏成为“默契局”的概率为；
每局甲乙两人得分之和的数学期望为，
则三局游戏后，甲乙两人得分之和为的数学期望.
15．(1)
(2)
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为.
由，得
化简得.
由，得
将代入上式， 可得，.
因此，.
（2）由(1)得， 裂项得
数列的前项和.
16．(1)
(2)
【详解】（1）解：由函数，
函数的图象向左平移个单位长度，
得到函数的图象，
则
，
令，解得，
当时，函数的单调递减区间为，
因为函数在区间上单调递减，所以，
即实数的取值范围为.
（2）解：由（1）知，
可得，即，
因为，可得，所以，解得，
因为，由余弦定理得，
即，
由基本不等式知，当且仅当时，等号成立，
可得，
所以，
可得
所以面积的最大值为.
17．(1)取的中点，连接，，

因为是的中点，则，，
又因为和都垂直于平面，则
且，可得，，
可知四边形为平行四边形，则，
且平面，平面，所以平面.
(2)
【详解】（1）略
（2）因为为正三角形，为中点，则.
又因为平面，平面，则，
且，，平面，可知平面，
由题意可知：，，则，
由（1）可知：，平面，所以平面，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，可得，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
由题意可知：平面的法向量为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．(1)；
(2)或；
(3)是定值1,理由如下：
由（2）可知，
且，，
又因为，
所以直线的方程为，
令，得
，
即，
所以，
所以是定值1.

【详解】（1）由题意可得，解得，
所以抛物线的方程为；
（2）由题意可知直线的斜率存在且不为0，设为，
所以的方程为，
由，得，
其中，
解得，
设,
由韦达定理可得：，
所以，
又因为为直角三角形，
当时，则有,
即，
即，
所以，
解得，
所以，
又因为在抛物线上，
所以，
整理得,
即，
解得；
同理当时，解得；
当时，所以,即，
所以，
解得，满足，
所以；
综上，或；
（3）略；
19．(1)；
(2)证明：因为，，
令，则，
先证零点的唯一性：
因为，所以，则在上单调递减，
因为，当时，，
由零点存在定理可得在上存在唯一零点，
所以即，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
又，所以时，恒成立，
当时，，
由零点存在定理及上述分析，得在上存在唯一零点，
再证不等关系：
因为，其中，，所以，
所以,
因为，则，所以，
因为，所以，即，
因为，所以，证毕.
【详解】（1）因为，
所以．
因为在上单调递减，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，
因为，
令，得，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
所以，
所以，实数的范围为；