湖南师范大学附属中学2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试卷含解析（word版+pdf版）

这是一份湖南师范大学附属中学2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试卷含解析（word版+pdf版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 已知向量 ,则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为 ,所以 ,故 错误, 正确, 错误, 对于 ,故 错误.
2. 已知复数，则
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为 ,所以 .
3.已知为实数，集合，且，则
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【解析】因为 ,所以 或 解得 或 ( 或 不符合集合元素的互异性,舍去),所以 .
4.已知正四棱台的上、下底面的边长分别为 2,8 , 该棱台的表面积为 148, 则侧棱长为
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】C
【解析】设正四棱台侧面的高为 ,则 ,所以侧棱长为 .
5.已知圆，过点作圆的两条切线，则这两条切线的夹角为
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设过点 的切线与圆 的切点分别为 ,连接
易得 ，在 Rt 中， ，则 ，
故这两条切线的夹角为 .
6.费马数列是以数学家皮埃尔·德·费马（PierredeFermat，1601~1665年）命名的数列，其中，例如．因为，所以的整数部分是1位数；因为，所以的整数部分是2位数；…；则的整数部分位数最接近于（）
A．240B．600C．900D．1200
【答案】D
【解析】因为 与 1 相比都非常大,
所以 的整数部分位数近似于 的整数部分位数,
而 ,
所以 ,而 ,
因为 的整数部分位数是 ，所以 的整数部分位数是 的整数部分位数是 1234,
所以 的整数部分位数最接近于 1200,即 的整数部分位数最接近于 1200.
7.已知 ,且 ,则 的值是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为 ,
所以 ,
又因为 ,所以 ,则 ,
所以 ,
因为 ,所以 ,
故 .
8.已知甲盒中有 个黑球和 个白球 ，乙盒中有 1 个球且为黑球: 从甲盒中随机抽取 个球放入乙盒中 . 记此时乙盒中含有的黑球个数为 ,从乙盒中随机抽取 1 球为黑球的概率为 ,则
A. 数列 和 都单调递增
B. 数列 单调递增，数列 单调递减
C. 数列 单调递减，数列 单调递增
D. 数列 和 都单调递减
【答案】B
【解析】从甲盒中随机抽取 个球,这 个球中黑球的个数设为 ,
服从超几何分布,且 ,
乙盒中有 1 个球且为黑球,放入 个球后, ,
因为 ,所以 ,
因为 ,所以当 从 1 增加到 时,
随 的增大而增大,所以数列 单调递增;
从乙盒中随机抽取 1 球为黑球的概率是 ,乙盒中此时有 个球,黑球有 个,
所以 ,
因为 ,所以当 从 1 增加到 时, 单调递减,所以数列 单调递减.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。
9.在等比数列中，，公比为q，则
A．q＝±2B．＝±12
C．是公比为4的等比数列D．是公比为2的等比数列
【答案】AC
【解析】对于 ,则 ,故 正确;
对于 ,故 错误;
对于 ,由 得 ,所以数列 是公比为 4 的等比数列,故 正确;
对于 ,当 时, ,所以数列 是公比为 4 的等比数列,故 错误.
10.已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是
A．
B．若将向右平移个单位得到的函数是奇函数，则的最小值是
C．若在上有5个零点，则的取值范围是
D．若在上单调，则的最大值是
【答案】ABC
【解析】对于 ,由图可知, ,所以 ,即 ,所以 ,
因为 ,所以 ,
因为 ,所以 ,所以 ,故 正确;
对于 ,将 向右平移 个单位得到函数 ,
因为 是奇函数,所以 ,所以 ,
所以 时,正数 取得最小值 ,故 正确;
对于 ,因为 ,所以 ; 因为 在 上有 5 个零点,
所以 ,解得 ,即 的取值范围是 ,故 正确;
对于 ,因为 ,所以 ,因为 在 上单调,所以 ,
则 ,所以 的最大值是 ,故 D 错误.
11.双曲线：的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，以为直径的圆与的一条渐近线交于，两点，且，则
A．
B．
C．双曲线的离心率为
D．当时，四边形的面积为
【答案】ACD
【解析】对于 ,根据双曲线和圆的对称性可知,四边形 为平行四边形,
,故 A 正确;
对于 ,由图知 在渐近线 的第一象限部分,则 ,
,
在 中, ,
,
,
,
,
或 (舍),
,故 C 正确;
对于 ,
,故 B 错误;
对于 ,则 ,
,故 D 正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 的展开式中的常数项为________.
【答案】-5
【解析】 二项式 的展开式通项为 ,其中 且 .令 的指数为 0,即 ,解得 . 将 代入得常数项为 .
13.黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德·黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用.黎曼函数定义在上，其解析式为若函数是定义在上的奇函数，且对任意都有 , 当 时， ，则 _______.
【答案】
【解析】因为 ,所以 ,从而 ,
因为 是奇函数，所以 ，所以 ，所以 的周期为 4 ，
所以 ,
所以 .
14.把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，，分别是椭圆柱的上、下底面椭圆的长轴，，且底面椭圆的离心率为，分别为下底面椭圆的左、右焦点，为母线上的动点，为线段上的动点，为过点的下底面椭圆的一条动弦（不与长轴重合），则三棱锥体积的最大值为______.
【答案】
【解析】连接，，由，
要使三棱锥体积最大，
只需的面积和到平面距离之和都最大，
，令，且，则，
，
当时，有最大值，
在下底面内以为原点，构建如图所示的直角坐标系，
由题设，长轴长，
因为底面椭圆的离心率为，所以焦距为，所以短轴长，
则椭圆方程为，，且，设，
联立椭圆得，，
，，
令，，
由对勾函数性质可知在上递增，，
综上，三棱锥体积的最大值为.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
15.在 中，角 所对的边分别为 ，且 .
(1)求 的值；
(2)若 ，求 的值 .
【解析】(1)将 两边同时平方,得 ,得 ,
故 （3 分）
又 ,所以 ,所以 ,所以 ,
故 . （6 分）
(2)由余弦定理得 ,（ 9 分）
所以 ,所以 ,故 . （13 分）
16.如图，在底面为等边三角形的斜三棱柱 中， ，四边形 为矩形，过 作与直线 平行的平面 交 于点 .
(1)证明: ；
(2)若 与底面 所成角为 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【解析】(1)如图，连接 交 于点 ，连接 .
因为 平面 平面 ,平面 平面 ,
所以 .
又因为四边形 为平行四边形,所以 为 的中点,
所以 为 的中位线,所以 为 的中点:
又因为 为等边三角形,所以 . （5 分）
(2)过 作 平面 垂足为 ,连接 ，
设 ,因为 与底面 所成角为 ,所以 .
在 Rt 中，因为 ，所以 .
因为 平面 平面 ,所以 .
又因为四边形 为矩形,所以 ,
因为 ,所以 .
因为 平面 平面 ,所以 平面 .
因为 平面 ,所以 . 又因为 ,所以 为 的中点.
以 为原点,分别以 所在直线为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系,如图.
则 .
因为 ,所以 ,
因为 ,
所以 . （8 分）
设平面 的法向量为 ,由 得
令 ,得 ,所以平面 的一个法向量为 .
设平面 的法向量为 ,
由 得 （12 分）
令 ,得 ,所以平面 的一个法向量为 .
所以 ,
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 . （15 分）
17.已知抛物线 为 上位于第一象限的任意一点，过点 的直线 交曲线 于另一点 ,交 轴的正半轴于点 , 记点 关于 轴的对称点为点 交 轴于点 ，且 .
(1)求证:点 ， 关于原点对称；
(2)求点 到直线 的距离 的取值范围.
【解析】
设直线 ,则 ,
由 消 得 ,得 （3 分）
(1)设 ，知 三点共线，又 ，
则有 ,
即 ,
所以点 关于原点对称. （7 分）
(2)因为 ，所以 ，
即 ，所以 ，
即 ,得 ,则 , （11 分）
,设 ,
则 ,函数 在 上递减,
所以 . （15 分）
18.某景区在五一劳动节期间开展“致敬最美劳动者”主题游园活动，天的人园游客量统计数据如下：
(1)由数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请计算相关系数（保留小数点后两位），并推断相关程度的强弱；
(2)求经验回归方程以及表中第个观测的残差；（观测值减去预测值称为残差）
(3)该景区在活动期间设置个打卡通道，记为通道①、通道②、通道③，游客人园时选择通道①、②、③的概率依次为、、；游客离园时，从原先入园通道离园的概率为，从另两个通道离园的概率均为，已知一名游客是从通道①离园的，求游客入园时选择通道①离园的概率.
附：参考公式：相关系数；回归直线方程，其中，；
参考数据：，，，.
【解析】（1）由表格中的数据可得，，
则，
由相关系数，可以推断入园游客量与活动开展第天相关程度很强.（5分）
（2），，（8分）
故经验回归方程为.
对于表中第个观测，入园游客量为（百人），
预测值为（百人），残差为（百人）（11分）
（3）记从通道入园的事件为，从通道离园的事件为，
由题意可得，，，，
.（15分）
则，
所以已知游客从通道①离园，其入园时选择通道①的概率为．（17分）
19.设函数，.
(1)若对，都有恒成立，求实数的取值范围；
(2)对于函数和数列，，若，，则称为函数的“生成数列”，为函数的“源数列”.
（i）若为函数的“源数列”，证明：对任意正整数，均有；
（ii）若为函数的“生成数列”，为函数的“源数列”，与的公共项按从小到大的顺序构成数列，试问：在数列中是否存在连续三项构成等差数列？请说明理由.
【解析】（1）对，都有恒成立，
即，，
所以，，
所以，.
令，，即，，
令，，则.
当时，，单调递增，
所以当时，，
所以当时，，单调递增，
所以当时，.
所以，
综上，实数的取值范围为.
(2)（i）证明：由题意知，，故，
构造函数，
则，
当时，均单调递增，所以函数在上单调递增，
而，则在上恒成立，
故在上单调递增，
故，
即，
当时， ，
综上所述， 恒成立，即；
（ii）不存在，在数列中不存在连续三项构成等差数列.理由如下：
，则，，
设，即，可得，
因为在上单调递增，
对于任意，有唯一的与之对应，
即数列中每一项，都有中的项与之相等，
又是递增数列，故.
假设数列中存在连续三项构成等差数列，则，
故，
整理得，该方程无正整数解.
故假设不成立，即不存在连续三项构成等差数列 .活动开展第天
人园游客量（百人）