四川省泸州市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷

这是一份四川省泸州市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷，共6页。

高 2024 级高二下质量监测试题数学
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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．
抛物线的准线方程为
B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用的准线方程为，能求出抛物线的准线方程.
【详解】 ，
抛物线的准线方程为，即，故选 A .
【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程与简单性质，意在考查对基础知识的掌握与应用，是基础题.
2. 设随机变量
，若
，则
（）
A.
B.
C.D.
【答案】A
【解析】
【详解】由随机变量
，得
，
所以.
二项式展开式的第 3 项的二项式系数是（）
称为二项式系数.
令，则第 3 项的二项式系数为.
如图，在空间四边形 OABC 中，设，，，且 ，，则 （）
A.
C.
B.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可知：
，，
所以
.
已知是等差数列，则“数列是递减数列”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【详解】因为数列是等差数列，设其公差为 ，
A. 15
B.
C. 20
D.
【答案】A
【解析】
【详解】由 二项式定理得
展开式的通项为
，其中
若数列是递减数列，可得；
若，则，所以数列是递减数列；
综上所述：“数列是递减数列”是“”的充分必要条件.
【分析】根据正态分布的对称性可得.
【详解】因为，所以，所以.
7. 某学校有 A，B 两家餐厅，王同学第 1 天午餐时随机地选择一家餐厅用餐．如果第 1 天去 A 餐厅，那么
第 2 天去 A 餐厅的概率为；如果第 1 天去 B 餐厅，那么第 2 天去 A 餐厅的概率为，则王同学第 2 天去
A 餐厅用餐的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设“王同学第 i 天去 A 餐厅用餐”为事件，“王同学第 i 天去 B 餐厅用餐”为事件
6. 已知随机变量
，若
，则
（）
A. 88
【答案】B
B. 90
C. 92
D. 94
【解析】
.
由题意知，
（去每一家餐厅的概率相等），
.
根据全概率公式，
.
8. 已知函数
在区间上存在最小值，则
的取值范围为（
）
A.
【答案】D
B.
C.
D.
【分析】先对函数求导，根据导数判断函数的单调性，找出函数的极值点，再结合函数在区间上存在最小值这一条件，确定的取值范围.
【详解】已知，则，令，即，解得或，
综上，的取值范围是.
同时，还需满足，即，化简可得，因为恒成立，所以，解得.
综上，的取值范围是.
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．
已知直线，圆，则（）
过定点B.与圆 C 总有两个不同的公共点
C. 存在实数，使圆关于 对称D.被圆 C 截得弦长的最小值为
【答案】ABD
当时，，所以在
上单调递增；
当时，，所以 当时，，所以在
因此，是函数的极大值点，是函数
.
因为函数在区间上存在最小值，
在
上单调递减；上单调递增.
的极小值点，
所以极小值点必须在区间内，即
，
解可得.
【分析】求出直线所过定点判断A；确定定点与圆的位置判断B；由圆心与直线关系判断C；求出最短弦判断 D.
【详解】对于 A，直线过定点，A 正确；
对于 B，点在圆内， 与圆 C 总有两个不同的公共点，B 正确；
对于 C，圆的圆心不满足方程，因此不存在实数，使圆关于 对称，C 错误；对于 D，，圆半径，当时， 被圆 C 截得的弦长取得最小值，该最小值为
，D 正确.
数列的前 项和满足，前 项的积为，则（）
B. 数列是等比数列
C. 有最大值D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据已知条件求出数列 的通项公式，进而判断各选项的正确性.
【详解】已知 ①，当时， ， 移项可得 ，即 ，所以选项 A 正确；
当 时， ②，
① ②可得：，
所以，移项可得 ，即 ,所以数列 是以 2 为首项， 3 为公比的等比数列，所以.所以，则 .
因为，且，
所以数列 是以 3 为首项， 3 为公比的等比数列，选项 B 正确；由 ，且随着 的增大， 也增大，
所以 会随着 的增大而增大， 无最大值，选项 C 错误；
因为 ，所以，
则，
根据等比数列求和公式可得：
，
所以，选项 D 正确.
综上，答案是 ABD.
11. 双曲线的左，右焦点分别为
，是
上一点，且
分， 是坐标原点．下列结论正确的有（）
A. 若，则 的离心率为
而 是首项为，公比为的等比数列的前 2026 项和，
轴，直线 平
若，垂足为，则
与有唯一公共点
与轴的交点在直线上
【答案】ACD
【解析】
【分析】不妨设点 在第一象限， 与 轴的交点为，根据角平分线性质可得，即可
判断 D；可得直线 的方程为，与双曲线方程联立求解即可判断 C；对于 A：根据题意可得
，即可得离心率；对于B：设，分析可知为的中点，，即可得结
果.
【详解】不妨设点在第一象限， 与 轴的交点为，因为轴，则，，
因为，即，
则，解得，
可得，即，故 D 正确；
因为，直线 的方程为，即，联立方程，消去 y 可得，解得，
所以直线 与双曲线有唯一公共点，故 C 正确；
对于选项 A：若，即，可得，
所以双曲线的离心率为，故 A 正确；
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
从 4 名男生和 3 名女生中任选 4 人参加主持人大赛，则选中的 4 人中恰有 1 名女生的选法共有种．
【答案】12
【解析】
【详解】因为选中的 4 人中恰有 1 名女生，即有 3 名男生，所以不同的选法共有种.
直线与曲线相切，则．
底面边长为的正四棱锥的体积为，则该棱锥的外接球球心到其侧面的距离为．
【答案】
【解析】
【分析】由正四棱锥的体积可得，利用等体积法可得点到平面的距离为，设该棱锥的外接球球心为 ，解得，根据比例关系运算求解.
对于选项 B：设
，则
，且为的中点，
因为
，
且 为的中点，所以
，故
B 错误.
【答案】
【解析】
【详解】直线
的斜率为，
因为
，则
，
令
，解得
，
当时，则
把代入
，即切点坐标为
可得，解得
，
.
【详解】对于正四棱锥，，
设正方形的中心为，连接，则底面，
可得，所以该棱锥的外接球球心到其侧面的距离为.
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．
已知数列为等差数列， 是其前 项和， 且． 数列满足，
求数列和的通项公式；
设，求数列的前 项和．
【答案】（1），
（2）
则正四棱锥的体积为
，可得
，
则正四棱锥的侧棱长
，
可得的面积为
，
设点到平面的距离为，
因为，解得
，
设该棱锥的外接球球心为，则
因为
，
，解得
，
【解析】
【小问 1 详解】
设等差数列的公差为，因为，即，
又因为，即，
可得，，所以；
可知数列是首项为，公比为的等比数列，是以.
某科技公司为优化智能客服系统，收集了 10000 名用户对 AI 客服的满意度评分（满分 100 分）从中随机抽取 100 名用户的评分数据作为样本，整理得到如下频率分布直方图．
求 a 的值；
若给满意度评分从高到低排名前的用户发放“AI 体验官专属福利”，请估计获得福利的用户的最
因为
，
，可知数列
是首项和公比均为 的等比数列，
所以
【小问 2
详解】
.
因为
，则
，
低评分（结果精确到 1 分）；
现从评分位于的样本中，按分层随机抽样的方法选取 8 人，再从这 8 人中随机选取 2 人，设这 2 人中评分落在内的人数为，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）77（3）的分布列
【解析】
【分析】（1）求各组频率，根据频率和为 1 列式求解即可；
分析可知给满意度评分从高到低前即上四分位数 0.75，根据百分位数的定义运算求解；
可知随机变量 X 的可能取值为 0，1，2，结合超几何分布求分布列和期望.
【小问 1 详解】
由频率分布直方图可知每组频率依次为，则，解得.
【小问 2 详解】
可知给满意度评分从高到低前即上四分位数 0.75，设为 ，因为，，
可知，可得，解得，所以估计获得福利的用户的最低评分为 77.
【小问 3 详解】
因为，的频率依次为；
按分层随机抽样的方法选取 8 人， 在 内抽取 人， 在 内抽取人，
可知随机变量 X 的可能取值为 0，1，2，
X
0
1
2
P
X
0
1
2
P
则，，，则的分布列如下：
所以的数学期望.
如图， 在多面体中，平面， ， ， 为中点，
【答案】（1）连结 CF，因为，所以，所以四边形为平行四边形，因此；
因为 F 为 BD 中点，，所以.
因为平面，平面，所以.
又因为平面，，所以平面.
又因为，所以平面.
（1）证明：
平面
；
（2）若直线
与平面
所成角的正弦值为
，求平面
与平面 ADE 夹角的余弦值．
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形三线合一和
直的判定定理证得平面，再根据
平面
分别得到
即可证得
平面
，
，再根据线面垂
.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法表示直线与平面所成角的正弦值即可求得BA 长，再利用向量法求平面与平面 ADE 夹角的余弦值即可.
【小问 1 详解】略
【小问 2 详解】
因为平面，平面，所以，又因为，
所以以 C 为原点，所在直线分别为轴、轴，过 C 作与平行的线为轴，建立空间直角坐标
系.
所以
，
设
，则
.
设平面
则
的一个法向量
，令
，
，则
，所以
.
，
因此直线与平面所成角的正弦值为，
.
解得
所以.
设平面的一个法向量，，
则，
令，则，所以.
设平面的一个法向量，，则，
令，则，所以.
平面与平面 ADE 夹角的余弦值为.
已知椭圆 C：，过点和，过点的直线 与交于 A，B
两点，A 在第一象限．
求 C 的方程；
（2）若
，点
，求
的取值范围；
（3）直线 交 轴于点
，
为
中点，点 关于
轴的对称点为
，延长
交 C 于点 ，
，求直线
的斜率．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）代入点
和
运算求解即可；
（2）设直线 ：
，
，，与椭圆方程联立，利用韦达定理可得
，换元可得，结合函数单调性求取值范围；
则，解得，
所以椭圆 C 的标准方程为.
【小问 2 详解】
若，可知直线 的斜率不为 0，且直线 与椭圆 C 必相交，
设直线 ：，，，
联立方程，消去 x 可得，
则，，可得，
（3）设直线 ：
，根据题意可得
，
，代入椭圆方程可得
，
【小问 1 详解】因为椭圆 C：
，与椭圆方程联立可得
，过点
和
，
，进而可得斜率.
且，则，
令，则，可得，令，，
可知在内单调递增，则，即，则，可得，
所以的取值范围为.
【小问 3 详解】
由题意可知：直线 的斜率存在，
设直线 ：，，，，则，因为为中点，则，可得，即，
由题意可知：，，，
因为，则，解得，即，
因为点，均在椭圆上，
则，解得，
且，可得，，
可知直线 与椭圆必相交，且直线 ：，
①若是的唯一极值点，且是极小值点，求的取值范围；
②当时，证明：有且仅有一个零点．
【答案】（1）函数的单调递减区间为，单调递增区间为
①
②令，，
若，可知在内单调递增，
当 趋近于 0 时，趋近于；当 趋近于时，趋近于 1；可知在内存在唯一零点 ，
联立方程
，消去 y 可得
，解得或，
则，
，即
，
所以直线的斜率
.
19. 已知函数
（1）当时，求
的单调区间；
（2）设函数
.
当时，；当时，；
对于函数，当 趋近于 0 时，趋近于；当 趋近于时，趋近于；可知函数在定义域内有零点.
若，当，；当，；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则的极大值为，所以函数有且仅有 1 个零点；若，则，可知在定义域内单调递增，
所以函数有且仅有 1 个零点；
若，当，；当，；可知在内单调递增，在内单调递减，
则的极大值为，
令
，
，则
，
可知
在内单调递增， 则
，即
，
可得
令
，，则
，
令
，解得；令
，解得
；
可知
在
内单调递减，在
内单调递增，
且
，
，可得
在
内恒成立，
则
，所以函数
有且仅有 1 个零点；
综上所述：
【解析】
有且仅有一个零点.
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
【小问 2 详解】
①因为的定义域为，
则，
由题意可知：在内单调递减，在内单调递增，
当时，，；当时，，；可知对任意恒成立，即，
令，，则， 因为在内单调递增，则，
即，可知在内单调递增，则，可得，所以实数的取值范围为；
②略【分析】（1）求导，利用导数分析函数
的单调区间；
（2）①求导，结合题意分析可知
，令
，
，求导，利用导数分析恒成
立问题即可；②可知
在
内存在唯一零点
，函数
在定义域
内有零点，讨论
与
1 的大小关系，结合单调性分析证明即可.
【小问 1 详解】
由题意可知：函数
的定义域为
，且，
令，解得
且，当
或，
时，
；当时，；