广西柳州市2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试卷

这是一份广西柳州市2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试卷，共10页。试卷主要包含了5C．5D．6，30 ，lg 3  0等内容，欢迎下载使用。
单选题
已知集合 A  {1, 0,1, 2} ，集合 B  x∣x2  1 ，则 A ∩ B  （ ）
{1}B．{1, 0}
已知iz  2  i ，则| z | （ ）
C．{1,1}
D．{1, 0,1}
5
A．5B．C．2D．1
已知一组数据2 ， x ， 6 ， 7 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
下列命题为真命题的是（ ）
若a  b  0 ，则 1  1
ab
C．若a  b  0 ，则ac2  bc2
若a  b  0 ，则a2  ab  b2
D．若a  b  0 ，则a 2  b2
1 4

已知a  0 ，则 ax  ax2  关于 x 的展开式中各项系数之和的最小值为（ ）
A． 2B． 4C． 8D．16
某工厂的产量Q （单位：件）与资本投入 K （单位：万元），劳动投入 L （单位：人）满足柯布—道格
拉斯生产函数Q  A  Kα Lβ（其中 A ，α， β为常数）．在劳动投入不变的前提下，要使工厂的产量提升
00
20% ，资本投入需增加50% ，则该工厂资本产出的弹性系数α约为（ ）（参考数据：lg 2  0.30 ，lg 3  0.48 ）
A． 4
9
B． 1
3
x2y2
C． 2
9
D． 1
9
y  x
已知椭圆C : a2  b2  1(a  b  0) 的左顶点为 A ，上顶点为 B ，直线与C 交于第一象限内的点 P ，若四边形OABP 的面积是△OPB 面积的 4 倍，则C 的方程不．可．能为（ ）
1

x2y2
​
x2y2
1

​
4x
2  32y2 1
2x
2 16y2 1
162164
已知 f  x  2xx1  x2  x ，则满足 f t   f t  2 的t 的取值范围是（ ）
A．0, 
B．   1 , ∞
C．  ∞,  1 
D．∞, 0
 22 

多选题
设事件 A, B 满足 P  A  0.3 ， P  B  0.5 ，则下列结论正确的是（ ）
A． P  A  P B 
C．若 A ， B 独立，则 P  AB  0.15
B．若 A ， B 互斥，则 P  A  B  0.8
D．若 P  B | A  0.5 ，则 A ， B 独立
若l1 ，l2 是两条互相垂直的异面直线， A ， B ， M ， N 是四个不同的点，满足 A ， M  l1 ， B ， N  l2 ，且MN  l1 ， MN  l2 ， MN  4 ，则（ ）
A．直线 AN 与 BM 是异面直线B． AN  BM  16
3
C．若 AM  BN  4 ，则 AB  2D．若O 为 AB 中点，则OM  ON
已知曲线C : x2  y2  2 x  2 y ，则（ ）
曲线C 的图象有且仅有2 条对称轴
2
曲线C 上任意一点到原点的最大距离为2
曲线C 所围成图形的面积为4π  8
函数 y  lg x 的图象与曲线C 的图象有且仅有4 个交点
填空题
曲线 f ( x)  ln( x  1) 在点0, 0 处的切线方程为.
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．
甲乙两人进行抽卡游戏，每一局游戏中，将编号为1， 2 ， 3， 4 ， 5， 6 ， 7 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a 为甲抽取的卡片中较大编号者的编号， b 为乙抽取的卡片的编号，当a  b  2a 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 X 的数学期望 E  X   ．
解答题
已知等差数列an  的前n 项和 Sn ，且S4  4S2 ， a2n  2an 1n  N*  ．
求数列an  的通项公式；
n
n
n
若b 1，求数列b  的前n 项和T ．
anan1
已知函数 f ( x)  2 sin x cs x  2 cs2 x  1．将函数 f (x) 的图象向左平移 π 个单位长度，得到函数 g ( x) 的
4
图象．
设h(x)  g(x)  f (x)，若h(x) 在 π , t  上单调递减，求t 的取值范围；
 4 
设V ABC 的内角 A, B, C 所对的边分别为a, b, c ，若 g( A)  1, a  2 ，求V ABC 面积的最大值．
如图， EA 和 DC 都垂直于平面 ABC ，且 EA  2DC ， F 是 EB 的中点．
求证： DF // 平面 ABC ；
3
若 DC  1，点 D 到平面 ABE 的距离为，V ABC 为等边三角形，求平面 BED 与平面 ABC 夹角的余弦值．
已知抛物线 E : y2  2 px 的焦点为 1 , 0  ，过点 P(0, 4) 作直线l 交 E 于 A ， B 两点， O 为坐标原点．
 2

求抛物线 E 的方程；
若VOAB 为直角三角形，求直线l 的斜率；
点 A 关于 x 轴的对称点为C ，直线l 交 x 轴于点 D ，直线 BC 交 x 轴于点M ，探究| OM | 是否为定值？
| OD |
已知 f (x)   3  x ex  ax  3 ．
 22

若 f (x) 在R 上单调递减，求实数a 的取值范围；
当0  a  1 时，求证： f (x) 在(0, ) 只有一个零点 x ，且 x
．
e
200
a 1
参考答案
1．C
【详解】由题意得集合 B  x∣x2  1  1,1，因为集合 A  {1, 0,1, 2} ，所以 A ∩ B  1,1 .
2．B
【详解】由题意可得 z  2  i  2  ii  2i  i2  1  2i ，
ii i
12  22
5
所以| z |.
3．B
【详解】由题意得： 2  x  6  7  5  x  5 ，
4
由4  0.25  1，所以该组数据的第 25 百分位数为 2  5  3.5 .
2
4．D
【详解】对于 A，由a  b  0 ，所以0  1  1 ，故 A 错误；
ab
对于 B，由a  b  0 ，所以a2  ab， ab  b2 ，所以a2  ab  b2 ，故 B 错误；
对于 C，若a  b  0 ，由c2  0 ，所以ac2  bc2 ，故 C 错误；对于 D，若a  b  0 ，则a 2  b2 ，故 D 正确.
5．D
1 4
a
【详解】令 x  1 ，可得 x 的展开式中各项系数之和为 a   ，

a  1
a
因为a  0 ，则a  1  2
a
 2 ，当且仅当a  1 时取等号，

所以 a 

1 4

a

 24  16 ，即关于 x 的展开式中各项系数之和的最小值为16 .
6．A
0
【详解】因为Q  A  Kα  Lβ 1 ，
所以当工厂的产量提升20% ，资本投入需增加50% 时，则有Q 1 20%  A  K 1 50%α  Lβ2 ，
0 
1 1 α5 2 α52
1 2 ，得
 
     lg αlg
 lg 5  lg 6 αlg 2  lg 3 ，
1.2
 1.5 
6 3 63
 lg 10  lg 2  3 αlg 2  lg 3  1 lg 2  lg 2  lg 3 αlg 2  lg 3 ， 2
α 1 2 lg 2  lg 3  1 2 0.3  0.48  4 .
lg 2  lg 30.3  0.489
7．B
【详解】将
y  x
代入椭圆方程 x
2
a2
y2
 1 中，解得： x2
b2
a2b2

，
a2  b2
因为 P 在第一象限，所以 x 
ab
，所以 P 坐标为： P
ab,
ab
，
a2  b2
a2  b2
a2  b2
P

由SOABP  4SVOPB ，又SOABP  SVOAB  SVOPB ，因此SVOAB  3SVOPB ，
由S 1 ab ，△OPB 的边OB 的长为b ，高为 P 的横坐标 x ，故S 1 b•x ，
VOAB
代入S
2
 3S
P
中得： 1 ab  3• 1 bx ，从而可得： x  a ，
VOPB2P
VOAB
VOPB
2PP3
又因为 xP 
ab，所以 a ab，
a2  b2
a2  b2
3
a2  b2
即 1 b
 1 
b22
2

a

8b
22，
9a  b
对于 A，由a2  16, b2  2 ，满足a2  8b2 ，故 A 正确；
对于 B，由a2  16, b2  4 ，不满足a2  8b2 ，故 B 错误；
x2  y2 
对于 C，将4x2  32y2 1化为标准形式为： 111 ，
432
由a2  1 , b2  1
432
，满足a2  8b2 ，故 C 正确；
x2  y2 
对于 D，将2x2 16y2 1化为标准形式为： 111 ，
216
由a2  1 , b2  1
216
，满足a2  8b2 ，故 D 正确.
8．C
【详解】已知函数 f  x  2x x1  x2  x  2x2  x  x2  x ，
令u  x2  x ，构造新函数 g u   2u  u ，则 f  x  g x2  x ，因此 f t   g t 2  t  ， f t  2  g t 2  3t  2 ，要满足 f t   f t  2 ，即满足 g t 2  t   g t 2  3t  2 ，
由于指数函数 y  2u 在实数集R 上单调递增，一次函数 y  u 也在实数集R 上单调递增，
所以 g u  在实数集R 上单调递增，所以不等式 f t   f t  2 等价于t 2  t  t 2  3t  2 ，解得t   1 ，
2
所以t 的取值范围是 ,  1  ，故 C 正确.
2 

9．BCD
【详解】对于 A，因为 P  A  0.3 ， P  B  0.5 ，则 P  A  0.7  P B   0.5 ，所以 A 错误，对于 B，因为 A ， B 互斥，则 P  A  B  P  A  P  B  0.3  0.5  0.8 ，所以 B 正确，
对于 C，因为 A ， B 独立，则 P  AB  P  A P  B  0.3 0.5  0.15 ，所以 C 正确，
 
P  AB
对于 D，因为 P  B | A  0.5 ，又 P  A  0.3 ，
P A
所以 P  AB  0.3 0.5  P  A P  B ，则 A ， B 独立，故 D 正确. 10．ABD
【详解】以M 为原点， MN 为 y 轴， l1 为 x 轴， l2 为过 N 点且平行于 z 轴的直线，
建立空间直角坐标系，则M 0, 0, 0 ， N 0, 4, 0 ，设 Aa, 0, 0 ， B 0, 4, b ；对 A：由图可知，直线 AN 与直线 BM 不平行且不相交，
故直线 AN 与直线 BM 是异面直线，故 A 正确；
对 B： AN  a, 4, 0 ， BM  0, 4, b ，则 AN  BM  4 4  16 ，故 B 正确；
对 C：若 AM  BN  4 ，则 A4, 0, 0 ， B 0, 4, 4 ，故 AB  4, 4, 4 ，
–––→
则 AB 
 4
，故 C 错误；
42  42  42
3
 22 
对 D：若O 为 AB 中点，则O  a , 2, b  ，

––––→
 ab 
–––→
 ab 
则OM    2 , 2,  2  ， ON    2 , 2,  2  ，

––––→–––→
则 OM  ON ，故 D 正确.
BCD
【详解】已知曲线C : x2  y2  2 x  2 y ，
当 x  0 ， y  0 时，曲线C :  x 12   y 12  2 ；当 x  0 ， y  0 时，曲线C :  x 12   y 12  2 ；当 x  0 ， y  0 时，曲线C :  x 12   y 12  2 ；
当 x  0 ， y  0 时，曲线C :  x 12   y 12  2 ；当 x  0 ， y  0 时，曲线C 为原点；
因此，画出曲线C 的图象，如图所示，
x2  y2
对于 A，曲线C 的图象有4 条对称轴，故 A 错误；对于 B，曲线C 上任意一点到原点的距离为d 
，则d 2  x2  y2  2  x  y ，
由于 x  y 2  x2  y2  2 xy  2 x2  y2   2d 2 ，所以 x  y 
2d ，当且仅当 x 
y 时取等号，
2
则d 2  2 2d ，解得d  2 2 ，所以曲线C 上任意一点到原点的最大距离为2
，故 B 正确；
2

对于 C，由图象可知，曲线C 所围成的图形是由4 个半径为
的半圆和1个边长为2
的正方形组成，
2
因此曲线C 所围成的图形的面积为4  1  π
2
2 2  2 2 2  4π  8 ，故 C 正确；
对于 D，由于 y  x  y x ，所以函数 y  lg x 是偶函数，图象关于 y 轴对称，且 y  0 ， y 1  0 ，如图所
示，
当0  x  1时， y  lg x  lg x ， y 在0,1 上单调递减，此时与曲线C 有1个交点；
当 x  1 时， y  lg x  lg x ， y 在1,  上单调递增，此时与曲线C 有1个交点；
因此函数 y  lg x 的图象与曲线C 的图象在第一象限有2 个交点，
根据函数的对称性，函数 y  lg x 的图象与曲线C 的图象在第二象限也会有2 个交点，所以函数 y  lg x 的图象与曲线C 的图象有且仅有4 个交点，故 D 正确.
x  y  0
【详解】由曲线 f  x  ln  x 1 ，则 f  x 
1
x 1 ，
所以 f 0 
1
0 1
 1，
故曲线 f  x  ln  x 1 在点0, 0 处的切线方程为： y  x ，即 x  y  0 .
故答案为： x  y  0 .
10
2
【详解】设圆柱的底面圆的半径为r ，高为h ，圆锥的底面圆的半径为 R ，高为 H ，因为圆柱的高与底面圆的半径相等，可得h  r ，
又因为圆锥和圆柱的底面圆的面积相等，可得πr 2  πR2 ，所以 R  r ，
因为圆锥和圆柱的体积相等，可得πr 2h  1 πR2H ，即πr3  1 πr 2H ，解得 H  3r ，
又由圆锥的母线长为l 
3
R2  H 2
r 2  (3r)2

3
 10r ，
所以圆锥的侧面积为S1
 πR  l  πr 
10r 
10πr 2 ，
2
圆柱的侧面积为S  2πr  r  2πr 2 ，
10πr 2
10
所以圆锥与圆柱的侧面积的比为 S1 .
2
S2πr 22
14．9
132 / 3 27
353535
75
【详解】设甲抽取的 2 张卡片为c, a c  a ，则c, a, b 的可能种数为C2 C1  21 5  105 ，
若a  b  2a ，则a  2 时， c 为1， b 为3；
a  3时， c 可为1， 2 ， b 可为4 ， 5；
a  4 时， c 可为1， 2 ， 3， b 可为5， 6 ， 7 ； a  5 时， c 可为1， 2 ， 3， 4 ， b 可为6 ， 7 ； a  6 时， c 可为1， 2 ， 3， 4 ， 5， b 可为7 ；
故一局游戏成为“默契局”的概率为1 2  2  3 3  4  2  51  9 ；
每局甲乙两人得分之和的数学期望为2  9
10535
11 9   44 ，
3535 35

则三局游戏后，甲乙两人得分之和为 X 的数学期望 E  X   3 44  132 .
3535
n
15．(1) a  2n  1(n  N*)
(2)
n
2n 1
【详解】（1）设等差数列an  的首项为a1 ，公差为d .
由S  4S ，得4a  4  3 d  4  2a  2 1 d 
4212
12

化简得d  2a1 .
由a2n  2an 1，得a1  2n 1 d  2 a1  n 1 d  1
将d  2a1 代入上式， 可得a1  1， d  2 .
n
因此， a  1 2 n−1  2n−1, n  N *  .
（2）由(1)得b 
1
， 裂项得b
 1 1
1

n2n 12n 1n2  2n 12n 1 
数列b  的前n 项和T
 1 1 1    1  1   1
1  1 1
1 n.
nn2 
3   35  2n 12n 1 2 
2n 1 
2n 1
 4 2 
16．(1)  π , π 

(2) 2 1
2
 
【详解】（1）解：由函数 f (x)  2 sin x cs x  2 cs2 x 1  sin 2x  cs 2x 
2 sin(2x  π) ，
4
函数 f (x)  2 sin(2x  π) 的图象向左平移 π 个单位长度，
44
得到函数 g(x)  2 sin[2(x  π)  π]  2 sin(2x  π) 的图象，
444
则h(x)  g(x)  f (x)  2 sin(2x  π)  2 sin(2x  π)
44
 2( 2 sin 2x  2 cs 2x)  2( 2 sin 2x  2 cs 2x)  2 cs 2x ，
2222
令2kπ  2x  π  2kπ, k  Z ，解得kπ  x  π  kπ, k  Z ，
2
当k  0 时，函数h  x 的单调递减区间为0, π  ，
 2 
因为函数h  x 在区间 π , t  上单调递减，所以π  t  π ，
 4 42
 4 2 
即实数t 的取值范围为 π , π  .

（2）解：由（1）知 g(x) 
2 sin(2x  π) ，
4
可得 g( A)  2 sin(2 A  π)  1 ，即sin(2 A  π) 2 ，
442
因为0  A  π ，可得π  2 A  π  9π ，所以2 A  π  3π ，解得 A  π ，
444444
因为a  2 ，由余弦定理得a2  b2  c2  2bc cs A ，
即( 2)2  b2  c2  2bc cs π  b2  c2 
4
2bc ，
由基本不等式知b2  c2  2bc ，当且仅当b  c 时，等号成立，
可得2  b2  c2  2bc  2bc  2bc  (2  2)bc ，
2  2
2
所以bc 2 2 ，
可得S
 1 bc sin A  1  (2  2) sin π  1  (2  2)  2 2 1
VABC224222
所以V ABC 面积的最大值为 2 1 .
2
17．(1)取 AB 的中点G ，连接CG ， FG ，
因为 F 是 EB 的中点，则 FG / / EA ， FG  1 EA ，
2
又因为 EA 和 DC 都垂直于平面 ABC ，则 EA / / DC
且 EA  2DC ，可得 FG / / DC ， FG  DC ，
可知四边形CDFG 为平行四边形，则 DF / /CG ，
且 DF ⊄平面 ABC ， CG  平面 ABC ，所以 DF ∥平面 ABC .
(2) 2
2
【详解】（1）略
（2）因为V ABC 为正三角形， G 为 AB 中点，则CG  AB .
又因为 EA  平面 ABC ， CG  平面 ABC ，则CG  EA ，
3
且 EA  AB  A ， EA ， AB  平面 EAB ，可知CG  平面 EAB ，由题意可知： CG ， EA  2DC  2 ，则 AB  2 ，
由（1）可知： FG / / DC ， DC  平面 ABC ，所以 FG  平面 ABC ， 以G 为坐标原点， GC, GB, GF 分别为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，
则 B 0,1, 0 ， D  3, 0,1， E 0, 1, 2 ，可得 BD   3, 1,1 ， BE  0, 2, 2 ，
–––→
→ –––→
→n  BD  3x  y  z  0
设平面 BDE 的法向量为n   x, y, z  ，则→ –––→，
n  BE  2 y  2z  0
n
令 y  1，则 x  0 ， z  1，可得→  0,1,1 ，
→
由题意可知：平面 ABC 的法向量为m  0, 0,1 ，
2

→ →
→ →n m1
2 1
则cs n, m  →→ ，
n  m2
所以平面 BED 与平面 ABC 夹角的余弦值为 2 .
2
18．(1) y2  2x ；
k  1 或k  2 ；
是定值 1,理由如下：
由（2）可知 x  x
 2(4k 1) , x x
 16 ，
且C(x1 ,  y1 )
12k 2
4
， D(, 0) ，
k
1 2k 2
又因为k
 y2  y1  k (x1  x2 )  8 ，
BCx  xx  x
2121
所以直线 BC 的方程为 y  y
 k (x1  x2 )  8 (x  x ) ，
2x  x2
令 y  0 ，得 x 
21
2
 y2 (x2  x1 )  x
k (x1  x2 )  8
 (kx2  4)(x2  x1 )  x2[k (x1  x2 )  8]
k (x1  x2 )  8
 2kx1 x2  4(x1  x2 ) k (x1  x2 )  8
2k  16  4  2(4k 1)
k 2k 2
k  2(4k 1)  8
k 2
  4 ，
k
即M ( 4 , 0) ，
k
所以| OM | 
| OD |
|  4 | k
4
 1，
| |
k
| OM |
所以 | OD | 是定值 1.
【详解】（1）由题意可得 p  1 ，解得 p  1，
22
所以抛物线 E 的方程为 y2  2x ；
由题意可知直线l 的斜率存在且不为 0，设为k ，所以l 的方程为 y  kx  4 ，
 y2  2x
由 y  kx  4 ，得k 2 x2  2(4k 1)x 16  0 ，

其中  4(4k 1)2  64k 2  4(8k 1)  0 ，
解得k   1 ，
8
设 A(x1, y1 ), B( x2 , y2 ) ,
由韦达定理可得： x  x  2(4k 1) , x x  16 ，
12k 21 2k 2
所以 y y  (kx  4)(kx  4)  k 2 x x  4k (x  x ) 16   8 ，
1 2121 212k
又因为VOAB 为直角三角形，
当OAB  90 时，则有kOA  kAB  1,
即 y1  k  kx1  4  k  1，
x1x1
11
即k 2 x  4k  x ，
1
所以(k 2 1)x  4k ，
解得 x1 
4k
k 2 1 ，
所以 y  kx  4  4 ，
11k 2 1
又因为 A(x1 , y1 ) 在抛物线 y2  2x 上，
 4 28k

所以 k 2 1 
，
k 2 1
整理得k 3  k  2  0 ,
即(k 1)(k 2  k  2)  0 ，解得k  1 ；
同理当OBA  90 时，解得k  1 ；
当AOB  90 时，所以OA  OB ,即OA  OB ，
–––→ –––→
168
所以OA  OB  x1x2  y1 y2  k 2  k  0 ，
解得k  2 ，满足k   1 ，
8
所以k  2 ；
综上， k  1 或k  2 ；
略；
19．(1)  e ,  ；
 e

(2)证明：因为 f (0)  3  3  0 ， f (x)   1  x ex  a ，
22 2

令h(x)   1  x ex  a, x (0, ) ，则h(x)   1  x ex ，
 2 2

先证零点的唯一性：
因为 x  0 ，所以h(x)  0 ，则h(x) 在(0, ) 上单调递减，
因为h(0)  1  a  0 ，当 x   时， h(x)   ，
2
由零点存在定理可得h(x) 在(0, ) 上存在唯一零点 x1 ，所以h(x1 )  0, 即 f (x1 )  0 ，
当 x  (0, x ) 时， f  (x)  0, f (x) 在0, x  上单调递增；
11
当 x (x1 , ) 时， f  (x)  0, f (x) 在 x1 , ∞ 上单调递减；又 f (0)  0 ，所以 x  (0, x1 ) 时， f (x)  0 恒成立，
当 x   时， f (x)   3  x ex  ax  3   ，
 22

由零点存在定理及上述分析，得 f (x) 在0,  上存在唯一零点 x0 ，再证不等关系：
因为 f (1)  e  a  3 ，其中0  a  1 ， e  3 ，所以 f 1  0 ，
22
所以 x1  x0  1,
因为0  a  1 ，则 2  1
222
e
 1，所以 2 e ，
23a 1
3a 1
因为 2 e 1  2 e  3 4e 
9  0 ，所以 2 e  1，即1  2 e ，
e
333
33a 1
因为 x0  1 ，所以 x0 
e
a 1
，证毕.
【详解】（1）因为 f (x)   3  x ex  ax  3 ，
 22

所以 f (x)  ex   3  x ex  a   1  x ex  a ．
 2 2

因为 f (x) 在R 上单调递减，
所以 f (x)  0 在R 上恒成立，即a   1  x ex 在R 上恒成立，
 2

令 g(x)   1  x ex , x  R ，则a  g(x)，
2
 max

因为 g(x)  ex   1  x ex   1  x ex ，
 2 2

令 g(x)  0 ，得 x   1 ，
2
当 x   1 时， g(x)  0, g(x) 在 ,  1  上单调递增；
22 

当 x −1 时， g(x)  0, g(x) 在  1 ,  上单调递减；
2 2

e
1 1
所以 g(x)max  g(
)  e 2 ，
2e
所以a  e ，实数a 的范围为 e ,  ；
e e
