广西贺州市2025-2026学年高二下学期期末检测数学试卷

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贺州市 2026 年春季学期高二年级期末质量检测试卷
数学参考答案
一二、选择题
2 1
填空题：12． 15 ；13．；14． 4 ．
答案 C．【解析】：由已知得 A  0,1,2,3,4,5，B   x 1  x  3 ，所以 A ∩ B  0,1,2,3.
答案 A．【解析】：因为 AB  OB  OA ，所以 AB 对应的复数 z  (3  4i)  (6  5i)  9  i .
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
A
B
D
B
C
A
C
ABD
BCD
BD

答案 B．【解析】：由已知得 x  1 5 x
5 i 1 i
 3 ，y  1 5 y

5 i 1 i
 10 ，因为经验回归直线 y  3x  t
过样本中心x, y，得t  1，所以当 x  6 时， y 的预测值 y  3 6 1  19 .
答案 D．【解析】：由已知得 f (x)  f (x) ，且 f (0)  0 ，故排除 A 和 C；当 x   时，
3|x| 的值远远大于6x6 的值，此时 f (x)  0 ，故选 D.
答案 B．【解析】：由已知得| a || b || c | 1 ，
a  b  b  c  c  a   1 ，故选 B.
2
a, b
 b, c
 c, a
 120 ，所以
答案 C．【解析】：用排除法和插空法．先考虑 2 个“经典控制单元”不相邻，不
考虑“主控门”不能排在首位的情形共有 A3  A2  72 种，又当“主控门”排在首位，
34
且 2 个“经典控制单元”不相邻的情形共有 A2  A2  12 种，所以满足题设条件的布
23
线方案共有72 12  60 种，故选 C.
答案 A．【解析】：由正弦定理及已知，得sin A cs C 3 sin Asin C  sin B  sin( A  C) ，
化简得
3sinAsin C  cs Asin C ，因为sin C  0 ，所以
3sinA  cs A ，得tan A 3 ，
3
所 A  ，故选 A.
6
答案 C．【解析】：解：连结QF1 ，设QF2  m ， PF2  n ，由已知得 PF1  4m ， PF1  PF2  QF1  QF2  2a ，
所以QF1  2a  m  4m  n  m  3m  n
又因为 PF  PQ ，所以 PF 2  PQ2  QF 2  4m2  m  n2  3m  n2  m  1
111n2
所以在 RtPF F 中， tan PF F  4m  2 ，所以直线 PF 的斜率
1 22 1n2
k  tan PF F   2 ．
2 1
nn
答案 ABD．【解析】：由已知得a  2n 10 ， S  n2  9n ，易得 ABD 正确.
答案 BCD．
【解析】：如图，对于选项 A，显然 AB1 与 BE 为异面直线，A 错误；对于选项 B，因为侧面 AA1C1C 是正方形，所以 AC1  A1C ，
又因为 BC  AC ， CC1  底面 ABC  BC  CC1 ，
所以 BC  平面 ACC1 A1  AC1  BC ，所以 AC1  平面 A1 BC
故 B 正确；因为 BC  平面 ACC1 A1 ，所以 BFC  平面 ACC1 A1
故 C 正确；对于 D 选项，当 F 为 A1 B1 的中点时，满足C1 F ∥平面 A1 BE .
答案 BD．【解析】：易得 f (x) 
   ，所以
  2  2 sinx   2 sin x
2 sin x 
3 
f  x
3 
所以 f  x  2 为奇函数，A 错误；对于选项 B，令 x    k x  k ，所以

3 33
曲线 y  f (x) 的对称中心为 k ,0 ， k  Z ，B 正确；

3
对于选项 C，令2k  x   2k 3  2k 5  x  2k 11，所以 f (x) 的
23266
单调减区间为2k 5,2k 11 ，故 C 错误；
66 
x5
x  5 , 4
对于选项 D，令
故 D 正确.
答案15 ．
  k
3
 x  k
2
r
，当k  0 ，得
6
3r
  ，
6 33 
【解析】：由T Cr x6r  1   1r Cr x6 2 ，令6  3r  3 ，得r  2 ，所以T  15x3 ，
x
r 1
663
2
所以 x3 的系数为15 .
2
2
答案1．
【解析】：因为2a  b  2 ，所以 a  1  a  2a  b  a  b
1  2
1 
1，
a  b
b 2a
bab2ab2a
当且仅当 a 
b
b  b 
2a
2a ，又2a  b  2 ，解得a  2 
2
2
， b  2 2 时，等号
成立.
答案4 ．解：令 f (x)  ln x ， g(x)  ln 2  ln 2 x ， y  m ，易知 f (x) 在(0, e) 上单调
x4
递增，在(e， ) 上单调递减， f (1)  0 ，当 x  1 时，恒有 f (x)  0 ， g(x) 在0， 
上单调递减，且 g(4)  0 ， f (2)  g(2) 
如下图所示
f (4)  ln 2 ，由此得函数 f (x) 与 g(x) 图象
2
所以m  R 使得不等式(lnx  m)(ln2  ln2 x  m)  0 对任意 x  (0, a) 恒成立，等价于
x4
m  R 使得不等式min{ f (x) ， g(x)}  m  max{ f (x) ， g(x)} 对任意 x  (0, a) 恒成立．
由图可知只有当m  f (2)  ln2  ln4  f (4) 时成立，因此实数a 的最大值为 4．
24
n
解：（1）∵ a 是公比大于 1 的等比数列，设公比为q ，
∴ a2 a3  a1a4  32 ……①，又有a1  a4  18 ……②，
由①②解得a1  2 ， a4  163 分
所以q3  a4
a1
 8  q  2
n
所以a  2n6 分
n
（2）由（1）知an  2n ，所以S  2bn  an  2bn  2n ……③，
得Sn1  2bn1  2n1 (n  2) ……④
n
由③-④得bn  2bn  2bn1  2n1  b  2bn1  2n1 ⑤9 分
⑤等式两边同时除以2n 得： bn
 bn1  1  bn
 bn1
 1 (n  2)
2n2n122n2n12
即 bn  bn1  1
(n  2)12 分
anan12
 b 1
所以 n
a
2


解：
 是公差为 的等差数列13 分
n 
连接 AM , AN ，由于CN //AD, CN  AD ，所以四边形 ADCN 是平行四边形，
所以 AN //CD ，由于 BM  BN  2 ，所以MN //SC .2 分
MSNC
由于 AN  平面SCD ， CD  平面SCD ，所以 AN // 平面SCD3 分
由于MN  平面SCD ， SC  平面SCD ，所以MN // 平面SCD4 分
由于 AN ∩ MN  N ，所以平面 AMN // 平面SCD ，6 分
由于 AP 平面 AMN ，所以 AP// 平面SCD .7 分
由于平面SAB  平面 ABCD ， AB  BC ，过 B 作 z 轴 平面 ABCD ，
显然 z 轴 平面SAB ，由此以 B 为原点，建立以如图所示空间直角坐标系，
–––→–––→
则S 1, 0, 3, D 2,1, 0, C 0, 3, 0, SD  1,1,  3, CD  2, 2, 0 ，9 分
设平面SCD 的法向量为n   x, y, z  ，
→ –––→→
n  SD  x  y  3z  0
n 3, 3, 2
则→ –––→
，故可设 ，11 分
n  CD  2x  2 y  0
因为 z 轴 平面BCD ，所以平面BCD 的一个法向量为m  0, 0,1 ，13 分
设平面SCD 与平面BCD 的夹角为，
–→ →
则cs
m  n

–→ → 
m  n
210
10 1
5
.15 分
解：（1）由已知得曲线C 是以 F (1, 0) 为焦点，直线l ： x  1 为准线的抛物线，
p  2 ，所以曲线C 的方程为： y2  4x .3 分
（2）（i）因为直线 AB 不垂直 y 轴，设其方程为： x  my  n (m  R, n  0) ，
x  my  n
设 Ax , y , Bx , y
，联立直线 AB 与抛物线方程， 
 y2  4my  4n  0
1122
 y2  4x
y1  y2  4m ， y1 y2  4n ，5 分
y2 y2
因为OA  OB ，所以 x x  y y  12  y y  0
1 21 24 41 2
得n2  4n  0 ，又因为n  0 ，所以n  48 分
即直线 AB 方程为 x  my  4 ，则过定点4，09 分
（ii）由（i）知直线 AB 过定点 D4,0，所以SOAB  SOAD  SOBD
故S S S
 1 | OD | | y
|  | y |
…11 分
OAB
ODA
ODB212
因为 y1 y2
 4n  16  y2
 16 ，
y1
| y |  16
1
| y |
1
16 
所以SOAB  2| y1 | 
| y
  2  2
|
 16
…13 分

1
当且仅当| y | 16
1
| y

1
| 4 时，等号成立，
| y1 |
即AOB 面积的最小值为1615 分
解：（1）设从该地区的大学生随机抽取 1 人，此人选择“视频创作”的事件为 A，
用频率估计概率，则P( A) 
40  12 分
1203
因为抽取的 6 人中喜欢“视频创作”的人数为6  40
120
 2 ，
所以 X 的所有可能取值为0,1, 2 ，
C
C
2
2
P  X  0  4  2 ,
65
C1 C1
C
P  X  1  4 2 
2
6
8 ,P  X  2  2  1 ,
C
C
2
2
15615
…7 分
所以 X 的分布列为：
X
0
1
2
P
2
5
8
15
1
15
E  X   0  6 1 8  2  1
 10  2
…9 分
151515153
（或 X ~ H  N, n, M , 则
E  X   n  M  2 2  2 ）
N63
定义以下事件 A1：抽取学生喜爱视频创作； A2
抽取学生喜爱图像修复；
A3：抽取学生喜爱语言翻译； A4
抽取学生喜爱智绘设计；
B：学生每日使用软件超过 1 小时。由题意得
P( A )  1 , P( A )  1 , P( A )  1 , P( A )  1 ,
13263346
P(B | A1 )  0.8, P(B | A3 )  0.5, P(B | ( A2  A4 ))  0.6 ，11 分
由 P(B)  P( A1 B  A2 B  A3 B  A4 B)  P( A1 B)  P( A2 B)  P( A3 B)  P( A4 B) 得
P(B)  P( A1 )P(B |A1 )  P( A3 )P(B |A3 )  P( A2  A4 )P(B | ( A2  A4 ))
 1  0.8  1  0.5  ( 1  1 )  0.6  19 .
…14 分
336630
每天使用该软件超过 1 小时，他最喜爱视频创作的概率
1  0.8
P( A | B)  P( A1 )P(B | A1 )  3 
8
.17 分
1P(B)
1919
30
解：（1）当a  3, b  1 时， f x   x  3lnx  1 , f
x
1 0 ，1 分
所以 f  x  1 3  1 ，所以 f 1  1．

xx2
所以曲线 y  f  x  在点1, f 1 处的切线方程为 y  x 1．3 分
babx2  ax  b
因为 f  x   x  alnx  x , x 0,  ，所以 f  x  1 x  x2 x2，
因为 f  x 有两个极值点 x1, x2 ，所以 f x  有两个大于 0 的变号零点，
所以方程 x2  ax  b  0 有两个不等正根，
Δ  a2  4b  0a2  4b
 1 2

所以x x  b  0，解得b  0，5 分
x  x


 12
 a  0
a  0
又因为 f  x   f  x   0 ，即有 x  alnx  b  x  alnx  b  0 ，
1211x22x
12
整理得 x  x   aln  x x   b x1  x2  0 ，7 分
121 2
x1 x2
代入 x x  b, x  x  a ，可得a   aln b  b a  0 ，解得b  1 ，9 分
1 212b
a2  4b

又因为a  0，所以可得a  2 ，经检验，符合题意．10 分
由（2）可知b  1 且a  2 ，从而 f x   x  a lnx  1 ，
x
因为 f  x    x 1在1,  上恒成立，令 g  x  f  x  x 1  2 x  aln x 1 1, x 1,  ，
x
则有 g x   0 在1,  上恒成立，易得 g 1  2  aln111  0 ，
g x 
a12x 2  ax 1
g1  a  3
因为  2   2 2，所以，
xxx
令h  x   2x2  ax 1, x 1, , h 1  3  a ，对称轴 x   a ，
4
①当3  a  2 时， h 1  3  a  0, x   a  3 ，
44
所以h x  在1,  单调递增，从而h  x   h 1  3  a  0 恒成立，
所以 g x   h  x   0 在1,  也恒成立，
x2
所以g  x  在1,  单调递增，从而 g  x  g 1  0 恒成立．13 分
②当a  3 时， h 1  3  a  0 ，
所以2x2  ax 1  0 有两个不等实根 x3 , x4 （不妨设 x3  x4 ），
所以 x  1  x ，且当 x 1, x  时， h  x   0 ，从而 g x   h  x   0 ，
344x2
所以g  x  在1, x4  上单调递减，
所以 g  x4   g 1  0 ，与“ g x   0 在1,  上恒成立”矛盾，16 分
综上， a 的取值范围是3, 2 ．17 分