湖南长沙市雅礼中学2025-2026学年高二下学期7月期末考试 数学 Word版含解析

这是一份湖南长沙市雅礼中学2025-2026学年高二下学期7月期末考试 数学 Word版含解析，共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：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．
1. 复数（为虚数单位）的实部是（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为．所以复数的实部为.
2. 设全集，集合M满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先写出集合,然后逐项验证即可
【详解】由题知,对比选项知，正确,错误
故选:
3. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】利用全称命题的否定是特称命题即得.
【详解】由题得命题“，”的否定是“，”.
故选：C.
4. 设向量，则下列结论中正确的是（ ）
A. B. C. 与垂直D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为，故A错；
因为，故B错；
因为，
所以，故C正确；
因为，故D错．
5. 的展开式中的系数为（ ）
A. 10B. 20C. 40D. 80
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式即可求解.
【详解】解：由题可得，
令,则，
所以，
故选：C.
6. 圆与直线的位置关系为( )
A. 相离B. 相切
C. 相交D. 以上都有可能
【答案】C
【解析】
【分析】
由直线方程可确定其恒过的定点，由点与圆的位置关系的判定方法知该定点在圆内，则可知直线与圆相交.
【详解】由得：
直线恒过点
在圆内部
直线与圆相交
故选：
【点睛】本题考查直线与圆位置关系的判定，涉及到直线恒过定点的求解、点与圆的位置关系的判定，属于常考题型.
7. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．
【详解】[方法一]：
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路一：从定义入手．
所以．
[方法二]：
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路二：从周期性入手
由两个对称性可知，函数的周期．
所以．
故选：D．
【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．
8. 雅礼中学数学组、信息组、物理组的竞赛生人数比为4：2：3，在今年湖南省某竞赛考试中，数学组、信息组、物理组分别有的学生进入决赛．在这三个竞赛组中随机抽取一名，已知该生进入了决赛，则该生为数学组的学生的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设抽取的一名学生来自数学组、信息组、物理组为事件，该学生进入决赛为事件，则
则.
二、多项选择题：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．
9. 已知变量x，y之间的线性回归方程为，且变量x，y之间的一组相关数据如表所示，则下列说法正确的是（ ）．
A. 变量x，y之间呈现负相关关系B.
C. 可以预测，当时，y约为2.6D. 由表格数据知，该回归直线必过点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据回归直线斜率知A正确；利用回归直线必过样本中心点可构造方程求得，可知B错误，D正确；将代入回归直线知C正确.
【详解】对于A，由，得，故呈负相关关系，故A正确；
对于B，，，
，解得，故B错误；
对于C，当时，，故C正确；
对于D，由得，回归直线必过点，即必过点，故D正确.
故选：ACD.
10. 写出一个具体函数，使得在中任给一个数，可以在中找到唯一确定的值与对应，这个函数可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，时，，或时，，
时，，故B正确；
对于C，时，，故C错误；
对于D，时，，或时，，
时，，故D正确．
11. 下列说法正确的是（ ）
A. ，则实数的取值范围为
B. ，则实数的取值范围为
C. ，则实数的取值范围为
D. ，使得不等式成立，则实数的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，参变分离得；对于B，参变分离得；对于C，根据题意可得，再解不等式即可；对于D，不等式可变形为，则，则，再求出最值即可．
【详解】对于A：，
则，故A正确；
对于B：，
则，故B错误；
对于C：原式子可化为，
则，即，解得，
所以实数的取值范围为，故C正确；
对于D：不等式可变形为，则，解得，
因，则，此时，即，
所以的取值范围为，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若，则的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【详解】因为，可得，
则，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
13. 若曲线上点的切线平行于直线，则点的横坐标是___________．
【答案】
【解析】
【详解】对函数求导得，
直线的斜率为，令，解得，
故点的横坐标为．
14. 若实数满足，若的大小关系为以下几种情况（不考虑相等情况）：，则整数的最大值为___________．
（数据：）
【答案】3
【解析】
【分析】设，则，进而得到由，解得，由解得，则，再解得．
【详解】设，
所以，
由，解得，由解得，
结合指数函数图象，为了满足的大小关系可能为
这种情况，
则，
解得
所以整数的最大值为3．
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. 长沙市为了了解高中学生的近视眼情况，在雅礼中学高二某班做数据调查，已知该班有名学生，近视的学生人数为人．
（1）从该班随机抽取人，抽到近视眼的人数为，求的概率；
（2）用该班的近视眼率估计高二年级整体近视眼率，从高二学生中随机抽取人，抽到近视眼的人数为，求的分布列与均值．
【答案】（1）
（2）的分布列为
均值为
【解析】
【分析】（1）利用古典概型的概率公式可求得的值；
（2）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，利用二项分布的期望公式可得出的值.
【小问1详解】
由古典概型的概率公式可得，所以的概率为．
【小问2详解】
由题意知，则的可能取值有、、，
所以，，
所以的分布列为
均值为．
16. 如图，在直三棱柱中，，，，依次为，的中点．

（1）求证：；
（2）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由直棱柱的性质可得平面，则，而，则由线面垂直的判定可得平面，则，而，则平面，再由线面垂直的性质可得结论；
（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【小问1详解】
证明：连接，
因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，
又平面，所以，
又，，，平面，所以平面，
又平面，则，
因为在直三棱柱中，，所以四边形为正方形，
所以，
因为，，平面，所以平面，
又平面，则．
【小问2详解】
因为直三棱柱中，，
所以两两垂直，
所以以为原点，分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，．
设平面的一个法向量为，则，
令可得．
设与平面所成角为，
所以，
即与平面成角的正弦值为．

17. 向量，，其中数列、均为正项等比数列．定义，向量满足，．
（1）若数列、的公比相等，求向量．
（2）若．
（i）求数列的通项公式；
（ii）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）（i）（ii）
【解析】
【分析】（1）由题意知，，结合和求解即可.
（2）（i）由求出公比，即可求出通项公式.
（ii）求出，结合裂项相消法求解即可.
【小问1详解】
由题意知，.
设、的公比分别为、（，），则，，
由和，得
，则，所以，
若，则，所以．
所以．
【小问2详解】
（i）由，得，
又，所以，，则．
（ii）由（i）得，，则，
所以，
则，
所以数列的前项和.
18. 已知抛物线．
（1）写出抛物线C的焦点坐标和准线方程；
（2）动直线与抛物线C交于两点，交直线于点，动点的轨迹过点．
（i）求证直线过定点，并求的值；
（ii）为抛物线C上异于的不同两点，，直线与直线的交点的坐标为为参数．求四边形面积的最小值．
【答案】（1）抛物线C的焦点坐标为，准线方程为．
（2）（i）设直线的方程为，，，
由得，则，
所以，解得．
所以直线的方程为，直线过定点．
（ii）75
【解析】
【分析】（2）（i）设直线的方程为，将直线与抛物线方程联立消元后得到韦达定理，根据，将韦达定理整体代入即可求得，代入直线方程可得定点；再根据，结合求得的定点坐标，利用数量积性质列关于的方程求解即可.
（2）（ii）先表示直线与直线，根据交点的坐标得到直线过定点；根据，利用分割法表示四边形面积，利用弦长公式表示出后代入到面积公式中再利用基本不等式求最值即可.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
（i）证明略
因为交于点，动点的轨迹过点，
所以，解得．
（ii）法1：设，
则直线的方程为，直线的方程为，
因为直线与直线的交点，由（i）知，
将坐标代入直线的方程得，整理得，
同理．
将上面两式相乘可得
因，则
所以．
设直线的方程为，由得，
则，解得，所以直线过定点．
同理．
所以，当且仅当时等号成立
所以四边形面积的最小值为75．
（ii）法2：设，则直线的方程为，
直线的方程为，
因为直线与直线的交点，由（i）知，
将坐标代入的方程
得，
则
将坐标代入直线的方程得
得，
则
所以
整理得，因，则．
设直线的方程为，由得，
则，解得，所以直线过定点．
同理．
所以，当且仅当时等号成立.
所以四边形面积的最小值为75．
19. 已知函数在处取得最大值．
（1）求的值．
（2）如果且，证明：．
（3），求证：．
【答案】（1）1 （2）法一：不妨设，要证，只要证，
因为，函数在单调递减，
只要证，
只要证．
令，
则
所以在单调递减，即，
所以成立，即成立．
法二：由题意知，则，
不妨设，要证，只要证，只要证，
只要证，
只要证，只要证，令
只要证，
令，
所以在单调递增，所以，
即，所以．
（3）先证明左边：由（1）知，等号成立当且仅当，
令为，可得，等号成立当且仅当
令，则．
，
从而有
根据不等式同向可加性得，左边得证．
下面证明右边：由（2）的方法二知：，
令，可得．
从而
根据不等式同向可加性得，右边得证；
法二：以证明右边为例：因为数列的前项和为，
所以要证，
只要证
只要证，只要证
只要证，令，只要，证毕．
【解析】
【分析】（1）由题可知为函数的极大值点，再利用极值点求参数即可；
（2）法一：不妨设，要证，只要证，等价于证，令，利用导数证明即可；法二：由题可得，转化为证，令
只要证，令，再利用导数证明即可；
（3）由（1）知，即，进而可得，再求和即可证得左边，由（2）的方法二知：，令，进而可得，再求和即可证得右边；法二证明右边：要证，即证，再推导即证即可．
【小问1详解】
因为为函数的最大值点，
即为函数的极大值点，
求导得，解得．
当时，，
所以函数在单调递增，在单调递减，所以．
即符合题意．
【小问2详解】
略
【小问3详解】
略x
6
8
10
12
y
6
m
3
2