广西壮族自治区贺州市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题及答案

这是一份广西壮族自治区贺州市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题及答案，共3页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

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
三、填空题： 12 ． 15 ； 13 ．__2 +1 ； 14 ． 4 ．
1．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}.
2．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 .
3．答案 B．【解析】：由已知得 xi = 3 ，y = Σi1 yi = 10 ，因为经验回归直线 = 3x + t过样本中心(x, y )，得t = 1 ，所以当x = 6 时，y 的预测值 = 3 × 6 +1 = 19 .
4．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.
5 ．答案 B ．【解析】：由已知得| a |=| b |=| c |= 1 ， a, b = b, c = c, a = 120 ，所以 故选 B.
6 ．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AEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(3),3) . AEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(2),4) = 72 种，又当“主控门 ”排在首位，
且 2 个“经典控制单元 ”不相邻的情形共有AEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(2),2) . AEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5(2),3) = 12 种，所以满足题设条件的布
线方案共有72 _12 = 60 种，故选 C.
7．答案 A．【解析】：由正弦定理及已知，得sin Acs 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
所A 故选 A.
8 ．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 ，
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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
所以QF1 = 2a _ m = 4m + n _ m = 3m + n
又因为PF1 丄 PQ ，所以PPQ2 = Q2 → 所以在RtΔPF1F2 中，tan LP 所以直线PF2 的斜率
k = tan(π _ LPF2 F1) = _2 ．
9 ．答案 ABD ．【解析】：由已知得an = 2n _10 ，Sn = n2 _ 9n ，易得 ABD 正确.
10 ．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 丄 A1C ，
又因为BC 丄 AC ，CC1 丄 底面ABC → BC 丄 CC1 ，
所以BC 丄 平面ACC1A1 → AC1 丄 BC ，所以AC1 丄 平面A1BC
故 B 正确；因为BC 丄 平面ACC1A1 ，所以BFC 丄 平面ACC1A1
故 C 正确；对于 D 选项，当F 为A1B1 的中点时，满足C1F ∥ 平面A1BE .
11．答案 BD ．【解析】：易得f = 2 sin 所以fsin= _2 sin x所以f为奇函数，A 错误；对于选项 B ，令x kπ → x = k 所以曲线y = f(x) 的对称中心为 ，k ∈ Z ，B 正确；
对于选项 C，令2k → 2k x ≤ 2k 所以f(x) 的单调减区间为 故 C 错误；
对于选项 D ，令x → x = k 当k = 0 ，得x 故 D 正确.
12 ．答案15 ．
【解析】：由Tr +1 = Cx6_r r = r C 得r = 2 ，所以T3 = 15x3 ，
所以x3 的系数为15 .
13 ．答案 2 +1．
【解析】：因为2a +b = 2 ，所以 当且仅当 → b a ，又2a +b = 2 ，解得a = 2 _ ·2 ，b = 2 ·2 _ 2时，等号成立.
14 ．答案4 ．解：令f = ln x ，y = m ，易知f(x) 在(0, e)上单调递增，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 = g = f 由此得函数f(x) 与g(x) 图象如下图所示
所以彐m ∈ R 使得不等式对任意x ∈ (0, a)恒成立，等价于
彐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 时成立，因此实数a 的最大值为 4．
15 ．解：（1） ∵ { an }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 = 16 …………………………………………………………3 分所以q → q = 2
所以an = 2n ……………………………………………………………………………6 分
（2）由（1）知an = 2n ，所以Sn = 2bn _ an = 2bn _ 2n ……③ ,
得Sn _1 = 2bn _1 _ 2n _1 (n ≥ 2) ……④
由③-④得bn = 2bn _ 2bn _1 _ 2n _1 → bn = 2bn _1 + 2n _1 ⑤ ………………………………9 分
⑤等式两边同时除以2n 得：
即 ………………………………………………………………12 分
所以是公差为 的等差数列. …………………………………………………13 分16 ．解：
（1）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 ，所以MN//SC . ………………………………2 分由于AN ⑦ 平面SCD ，CD C 平面SCD ，所以AN// 平面SCD .………………………3 分由于MN ⑦平面SCD ，SC C平面SCD ，所以MN// 平面SCD . ………………………4 分由于AN MN = N ，所以平面AMN// 平面SCD ，……………………………………6 分由于AP C 平面AMN ，所以AP// 平面SCD . …………………………………………7 分
（2）由于平面SAB 丄平面ABCD ，AB 丄 BC ，过B 作z 轴丄 平面ABCD ，
显然z 轴C 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), = (1, 1, - 3 ), = (2, -2, 0)，……………………9 分设平面SCD 的法向量为 = (x, y, z ) ，
则 故可设 = ( 3, 3, 2) ， ………………………………11 分因为z 轴丄平面BCD ，所以平面BCD 的一个法向量为 = (0, 0, 1) ，……………13 分设平面SCD 与平面BCD 的夹角为θ ,
则cs ……………………………………………………15 分
17 ．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) ，
设A(x1 , y1), B(x2 , y2) ，联立直线AB 与抛物线方程， n → y2 _ 4my _ 4n = 0 y1 + y2 = 4m ，y1y2 = _4n ，…………………………………………………………5 分
2 2
1 2 1 2 4 4 1 2
因为OA 丄 OB ，所以x x + y y = y1 y2 + y y = 0
得n2 _ 4n = 0 ，又因为n ≠ 0 ，所以n = 4 …………………………………………8 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SΔOAB = SΔOAD + SΔOBD
故SΔOAB = SΔODA + SΔODB OD | (| y1 | + | y2 |) ………………………………………11 分因为y1y2 = _4n = _16 → y
16
y1 | . =
| y1 |
所以SΔOAB 16 …………………………………13 分当且仅当| y →| y1 |= 4 时，等号成立，
即ΔAOB 面积的最小值为16 .………………………………………………………15 分
18 ．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 . ………………………………………………2 分
（2）因为抽取的 6 人中喜欢“视频创作” 的人数为 ，
所以X 的所有可能取值为0, 1, 2 ，
P (X = 0) = = , P ……………………7 分
所以X 的分布列为：
E ………………… …………………… ……9 分（或X ~ H (N, n, M ), 则 E
（3）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
1 1 1 1 P(A1) = , P(A2) = , P(A3) = , P(A4) = ,
3 6 3 6
P(B | A1) = 0.8, P(B | A3) = 0.5, P(B | (A2 U A4)) = 0.6 ，…………………………11 分由P(B) = P(A1B + A2 B + A3B + A4 B) = P(A1B)+ P(A2 B)+ P(A3B)+ P(A4 B) 得
P(B) = P(A1)P(B |A1) + P(A3)P(B |A3) + P(A2 U A4)P(B | (A2 UA4))
……………14 分
每天使用该软件超过 1 小时，他最喜爱视频创作的概率
P ………………………………………17 分
19 ．解：（1）当a = _3, b = _1 时，f = x _ 3l ………………………1 分
所以f, 所以f, (1) = _1．
所以曲线y = f (x )在点(1, f (1))处的切线方程为y = _x +1 ．………………………3 分（2）因为f = x + alnx x ∈ (0, +∞ ) ，所以f,
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，
X
0
1
2
P
2
5
8
15
1
15
所以方程x2 + ax _b = 0 有两个不等正根，
所以 ，解得b ，………………………………………………5 分又因为f(x1) + f (x2) = 0 ，即有x1 + alnx x2 + alnx
整理得+ aln + b ……………………………………………7 分代入x1x2 = _b, x1 + x2 = _a ，可得+ aln + b 解得b = _1 ，……………9 分又因为b ，所以可得a < _2 ，经检验，符合题意．………………………10 分（3）由（2）可知b = _1且a < _2 ，从而f = x + al
因为f(x ) ≥ _x +1在[1, +∞ ) 上恒成立，令g = f + x _1 = 2 x nx 则有g (x ) ≥ 0 在[1, +∞ ) 上恒成立，易得g (1) = 2 + aln1_1_1 = 0 ，
因为g , 所以g , (1) = a + 3 ，令h(x ) = 2x2 + ax +1, x ∈ [1, +∞ ) , h (1) = 3 + a ，对称轴x
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 ( EQ \* jc3 \* hps20 \\al(\s\up 6(x),2)) ≥ 0在[1, +∞ ) 也恒成立，
x
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x3 < 1< x4 ，且当x ∈(1,x4) 时，h (x ) < 0 ，从而g ,
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