广西省桂林市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷

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1
2
桂林市 2025-2026 学年度下学期非毕业年级日常考试题库卷
高二年级数学参考答案及评分标准
选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多
项符合题目要求. 全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
5 1
12．113．6.614．
2
解答题：本题共 5 小题，共77 分，解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤.
15．(本小题满分 13 分)
解析：（1）设等差数列an的首项为a1，公差为 d，
1
由题意得 2a1+d+ a1+4d=3a1+6d=21 ，解得a =1,d=3，4 分
6a1+15d=51
所以an=1+ n−1×3=3n−26 分
= 1
1
3 3n−2
−
1
3n+1
（2）由（1）知an=3n−2，则an+1=3n+17 分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
B
C
C
D
B
A
A
题号
9
10
11
答案
ABC
ABD
AC
n
所以b =1
1
3n+1
1
3n+1
anan+1
=1
·11 分
3n−2 3n+1
得Tn= 1 1− 1 + 1 − 1 +⋯ + 1
−
= 1 1−
= n13 分
34 4 7
3n−2
3
3n+1
16．(本小题满分 15 分)
证明：(1)因为 PD  底面 ABCD ， BC  底面 ABCD
所以 BC  PD1 分又因为 BC  CD2 分
PD ∩ CD  D ，且CD, PD  面 PCD
所以 BC  面 PCD3 分
又 DE  面 PCD ，所以 BC  DE4 分
又因为 PD  AB  DC ， E 是 PC 的中点
所以 DE  PC5 分
又 PC ∩ BC  C ， PC, BC  面 PBC
所以 DE  面 PBC6 分
(2)不妨设 AB  1
因为 PD  底面 ABCD ，且底面 ABCD 是正方形，所以 DP, DA, DC 三条直线两两垂直，以 D 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系7 分
1 1
则 P(0, 0,1), B(1,1, 0) ， E(0, , )8 分
2 2
所以 DB  (1,1, 0), DP  (0, 0,1)9 分
设平面 PBD 的一个法向量为 m  (x, y, z)

–→ –––→
m  DP  z  0
则 
–→ –––→10 分
m  DB  x  y  0
令 x  1 ，则 y  1
所以 m  (1, 1, 0)11 分
–––→1 1
由(1)得 DE  (0, , ) 是平面 PBC 的法向量13 分
2 2
–→ –––→
–→ –––→
m  DE
1 1
21
2 
1
2
所以cs  m, DE  –→–––→ 
| m |  | DE |
··············································14 分
2
平面 PBC 与平面 PBD 夹角的余弦值为 1
2
·15 分
17. (本小题满分 15 分)
yyy 21
x  2
x  2
解析：(1)设 M (x, y) ，由题意有 kAM  kBM  x2  2   42 分
化简得： x
2  4 y2
2
2
 2 ，即 x2 y 2
 1，x  
2
2
2
故所求动点 M 的轨迹方程为 x2 y
2
 1 (x  
2)4 分
， )
(2)设直线 TP 的倾斜角为， (0 
2

由题意得 2 PTQ ，又PTQ  所以 2 ，得
224
故 kTP  1，kTQ  15 分
因为T (1， 1) 所以直线 TP： y  1  x  1 即 y  x  36 分
2
 y  x  3
2
22
x23 2
联立 x2
，得 2(x  )
22
 18 分
 2 y2  1
 2
化简得5x2 12x  7  0，解得 x  7 或x  1 (舍去)
5
故 P( 7 ， 1 )10 分
510
直线 TQ： y  1  (x  1) 即 y  x  1
22
2
 y  x  1

联立
x2
2 ，得 x
2
 2(x  1)2  1
2
 2 y2  1
 2
化简得5x2  4x 1  0，解得 x   1 或x  1 (舍去)
5
，
故Q( 1 7 )12 分
5 10
所以| TP |
( 1 1)2  ( 7  1)2
5
102
| TQ |
，
( 7 1)2  ( 1  1)2
5
102
( 2)2  ( 2)2
5
5
2 2
5
( 6)2  ( 6)2
5
5
6 2

5
因为PTQ   所以 s 1 | TP |  | TQ | 1  2 2  6 2  1214 分
2TPQ225525
故△PTQ 的面积是 1215 分
25
18．(本小题满分 17 分)
1
解析：(1)当 a  1时， f (x)  x   2 ln x ， x (0, ) ，此时切点坐标为(1, 0) ，
x
·1 分
 f (x) 
1+ 1
x2
2x2  2 x 1
 ，2 分
xx2
 f (1)  0 ，即切线斜率为 03 分
所以切线方程为 y=04 分
f (x)  1+ 1  2a  x  2ax 1
2
,
x2xx2
令 g(x)  x2  2ax 1 ,则=4a2  45 分
① 当  0 即1  a  1时, g(x)  0 恒成立，即 f (x)  0 恒成立，
f (x) 在（0，+）上单调递增6 分
② 当  0 即 a  1或a  1时, 令 g(x)=0 得 x1
 a 
， x1
 a+
a 2  1
a 2 1
若 a  1，则0  x1  x2 ，
当 x (0, x1 ) 时, g(x)  0 ,即 f (x)  0 , f (x) 单调递增
当 x (x1，x2 ) 时, g(x)  0 ,即 f (x)  0 , f (x) 单调递减
当 x (x2，+) 时, g(x)  0 ,即 f (x)  0 ， f (x) 单调递增8 分
若 a  1 ，则 x1  x2  0 ，由 g(0)=1>0 知 x （0，+）时 g(x)  0 恒成立，
即 f (x)  0 恒成立， f (x) 在（0，+）上单调递增9 分
综上: 当 a  1 时， f (x) 在（0，+）上单调递增, 无单调递减区间
当 a  1时， f (x) 在(0, a 
a2 1) ， (a+
a2 1，+) 上单调递增，
在(a 
a2 1，a 
a2 1) 上单调递减10 分
11
由 nem = me- n 得， ln m  ln n 
1mm  n
，即ln 11 分
m  n
mnnmn
m
由于 m, n > 0 ，所以
mn
0 ，所以
n
1，
tn  nt  1
t 1
t 1
不妨令t   1 ，则 m  tn ， ln t ，所以 n ， m 
tn2tn
t ln t
ln t
t 1t 1t 2 1
所以 m  n 13 分
ln tt ln tt ln t
t 2 111
方法一：要证 m - n > 2 ，即证
t ln t
2 ，即证ln t 
(t 
2
) ， t (1, )14 分
t
令 k (t) 
1 1 ，则
 1 1
1(t 1) 2
 ，显然
15 分
ln t- (t)
t
k (t)
- (1
t 2
t 2 )
2t 2
k (t)0
11
所以 k (t) 在t (1, ) 上单调递减，所以 k (x)  k (1)=0 ，即ln t 
(t 
2
) 恒成立，
t
即 m - n > 2 成立17 分
方法二: 要证 m - n > 2 ，即证
t 2 1 t ln t
2 ，即证t 2
1  2t ln t ， t (1, )14 分
令 k (t)  t 2 1 2t ln t ，则 k(t)  2t  2(1 ln t)  2(t 1 ln t) ，
令 p(t)  t 1 ln t ，则 p(t)  1 1  t 1 ，当t  1时，p(t)  0 恒成立，p(t)在（1，+）
tt
上单调递增，又 p(1)=0 ，所以 p(t)  0 在(1, ) 上恒成立，
所以 k(t)  0 在(1, ) 上恒成立， k (t)在（1，+）上单调递增15 分
又 k (1)=0 ，所以 k (t)  0 在t (1, ) 恒成立，即t 2 1  2t ln t 在(1, ) 上恒成立，
即 m - n > 2 成立17 分
19．(本小题满分 17 分)
解析：(1)X 的取值为 2，4，61 分
P( X  2)  2  2  42 分
5525
P( X  4)  2  3  3  2  163 分
555325
P( X  6)  3  1  14 分
535
所以 X 的分布列为：
·5 分
EX  2 4  4 16  6 1  1026 分
X
2
4
6
P
4
16
1
25
25
5
2525525
(2)(i)第 4 次摸球后，游戏结束可以分为以下三种情况：
①第 1 次摸到红球，第 2、3、4 次摸到黑球，其概率为 2  3  1  1 
2
·7 分
5537175
②第 1 次摸到黑球，第 2 次摸到红球，第 3、4 次摸到黑球，其概率为 3  2  1  1  2
5337105
8 分
③第 1、2 次摸到黑球，第 3 次摸到红球，第 4 次摸到黑球，其概率为 3  1  6  1  6
5377245
9 分
所以 P 
2  2  6
 202
·10 分
41751052453675
(ii)依题意知，第 n+1 次摸球后，游戏结束的概率为 Pn1
第 n+1 次摸球后，游戏结束可以分为以下两种情况：
①第 1 次摸到红球，游戏结束的概率为 2 P12 分
5 n
②第 1 次摸到黑球，从第 2 次到第 n 次摸球中只摸到一次黑球，第 n+1 次摸到黑球，游戏结束的概率为：
3 [1 
6 n2 
2  1 
6 n3 
2 2  1 
6 n4  
2 n2  1] 1
·14 分
()() ( )( ) ( )( )
537337337337
 7 
6 n  9 
2 n15 分
()()
407403
由全概率公式得 P
 2 P  7 
6 n  9 
2 n16 分
n1
5 n40(7 )
()
403
故 P 2 P  7 
6 n  9 
2 n17 分
n15 n
()
407
()
403