广东汕尾市城区2025-2026学年高二第二学期期末教学质量监测数学试题（含解析）

这是一份广东汕尾市城区2025-2026学年高二第二学期期末教学质量监测数学试题（含解析），共14页。
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的信息填写清楚、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处．
2．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效．
3．答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀．考试结束后，请将本试题及答题卡交回．
一、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. 已知一组样本数据：8，9，7，9，6，该组数据的众数是（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】根据众数的定义求解.
【详解】给出的样本数据中出现了次，出现次数最多，故众数为.
2. 已知集合，，若，则实数a的值为（ ）
A. B. 3C. 或3D. 2
【答案】B
【解析】
【详解】若，则，
所以或.
当时，.
此时不符合集合中元素的互异性，所以；
当时，，
即.
因为，所以，所以，
即.
当时，.
综上所述，.
3. 展开式中的常数项是（ ）
A. 30B. 45C. 50D. 60
【答案】D
【解析】
【分析】先写出二项式的展开式通项，再令的指数为求出，再将代入通项得到结果.
【详解】的展开式通项，
令，得，所以展开式的常数项是.
4. 方程中的m和n分别从中取，若每次抽取等可能，则该方程表示椭圆方程的概率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据古典概型概率公式计算.
【详解】从中先取一个数为，再取一个数为，总方法数为，
方程能表示椭圆，需要，方法数为，
所以所求概率为.
5. 曲线在点处的切线与直线垂直，则实数a的值为（ ）
A. B.
C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由导数的几何意义求解.
【详解】切线与直线垂直，则切线斜率为，
，则，由已知.
6. 已知复数，．若，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数相等的定义求出（用表示），然后结合二次函数及正弦函数性质求得取值范围.
【详解】由题意，
所以，
因为，
所以时，，时，，
所以的范围是.
7. 某隧道断面呈抛物线形，路面净宽，拱顶中心距路面垂直高度为，采用双向双车道设计，单侧单车道宽度为，车道外两侧路肩为人行道，车辆不得占用．现右侧车道临时封闭，拟利用原左侧车道及同侧人行道区域，临时布设双向行车道．根据现行国家强制性标准，货车最大车宽限值为（冷藏货车可放宽至），最大车高限值为；两车相邻行驶时，车身水平安全间隙不小于；车顶与隧道内壁的垂直安全距离不小于．若后视镜等外伸部件不计，计算限高值时，限高值结果保留两位小数且只舍不入，该临时通行方案是否需要限高？若需限高，则最大安全限高值约为（ ）
A. 无需限高B. 需限高，限高约
C. 需限高，限高约D. 需限高，限高约
【答案】B
【解析】
【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，求出抛物线方程，然后计算两车相邻行驶时，最左侧车身对应的抛物线上点的纵坐标，由此可得结论.
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，则是抛物线上的点，设抛物线方程为，
则，，
抛物线方程为，
是车宽，是两车相邻行驶时，车身水平安全间隙，由题意设，，
则点横坐标为，把代入抛物线方程得，，
因此车身高度至多为( )，
所以需限高，限高约
8. 已知函数，设，则在上的零点个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】先令推出，令，作出函数与函数的图象即可判断.
【详解】由题得，，令，则，解得，
因为，因此，解得，
故，此时，满足条件.
令，由，则，则，
作出函数与函数的图象如下：
由图知，函数在上的零点个数为2.
二、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. 复数，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【详解】因为复数，所以，故A不正确；
，故B正确；
，故C正确；
，故D不正确.
10. 已知随机变量X的分布列，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合数学期望和方差的公式及其性质计算判断各选项即可
【详解】，
，
，
，所以，
所以ACD正确，B错误.
11. 数列中，有，且从第二项起满足．数列前项和为，当时，记，，以下说法正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 展开式中项的系数为
【答案】BC
【解析】
【分析】对A，根据条件，利用组合数的性质，即可求解；对B，由选项A得，直接进行检验，即可求解；对C，根据条件，利用裂项相消法，即可求解；对D，利用组合数的性质，直接求出项的系数，即可求解.
【详解】对于A，由题知，当时，，
所以当时，，
所以，故A错误，
对于B，由选项A知，，
，所以，故B正确，
对于C，当时，，
所以，故C正确，
对于D，展开式中项的系数为
，所以D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知双曲线的焦距为6，则此双曲线的离心率为_________．
【答案】
【解析】
【详解】由题意，，即，则，即，
所以双曲线的离心率为.
13. 已知在处取得最小值，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求最小值的方法求得值，然后再计算函数值.
【详解】由题意，
的定义域是，
在处取得最小值，则，所以是的解，所以，
当时，，递减，时，，递增，所以在时取得极小值也是最小值，
所以，.
14. 函数在上的最大值与最小值之和为，则实数_________．
【答案】
【解析】
【分析】分，，，四种情况讨论，结合条件，利用的单调性，即可求解.
【详解】若，易知在区间上单调递增，
由题知，解得，不合题意，
若，即时，在区间上单调递增，
由题知，解得，不合题意，
若，即时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又，，，
当，即时，
由题有，解得，又，则，所以满足题意，
当，即时，由题有，解得，
又，则，不合题意，
若，即时，在区间上单调递减，
由题知，解得，不合题意，
综上所述，实数.
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. 已知正项等比数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式．
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1），．
（2），．
【解析】
【分析】（1）根据等比数列前n项和公式进行求解即可；
（2）根据对数的运算性质，结合裂项相消法进行求解即可.
【小问1详解】
设等比数列的公比为q，由题意可知，
若等比数列的公比，则，，不符合题意，
所以等比数列的公比，
则，
即，
解得或（舍），
所以．
故数列的通项公式为，
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
，
即．
所以数列的前n项和，．
16. 某宿舍6名同学受邀参加校园展演活动，活动设有双人搭档展示环节：若参与人数超过1人，需从参与者中选出2人组成搭档完成双人展示．
（1）如果必须有人去，去几个人自行决定，有多少种不同的安排方案？
（2）如果甲和乙要么都去，要么都不去，其余规则不变，且两名搭档有明确分工，有多少种不同的安排方案？
【答案】（1）246 （2）260
【解析】
【分析】（1）分只有一个人去、去的人数大于1两种情况讨论求解即可；
（2）分甲乙都不去、甲乙都去两种情况讨论求解即可.
【小问1详解】
若只有一个人去，则方案数为，
若去的人数大于1，则先选出去的人，再从这些人中选2人参加活动，
则方案数为．
所以总方案数为．
【小问2详解】
若甲乙都不去，当只有一个人去时，则方案数为；
当去的人数大于1时，则先选出去的人，再从这些人中选2人参加活动且有明确分工，
则方案数为，
若甲乙都去，当只去2人时，方案数为：，
当去的人数大于2时，除甲乙外，再从剩余的4人中选，
则方案数为，
所以总方案数为．
17. 如图，一个密封长方体形状的容器中盛有水，E为容器上底面内任意一点，在平面内过点E画一条直线l，使得l与保持垂直．
（1）为使得，请简要写出作图步骤，并证明所作直线．
（2）已知，．若点E在上，且，点M在上，且．现将容器倾斜，此时容器内水面恰好同时经过点和M，且水面与直线l平行．设水面与平面的交线为m，交线m与长方形的边界交于N，G两点．求三棱锥的体积．
【答案】（1）如图，连接，在平面内过点E作直线l垂直于（或作直线），l即为所求直线．
证明：在长方体中，可得平面，
因为平面，所以．
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以．
（2）2
【解析】
【分析】（1）连接，在平面内过点E作直线l垂直于，即可得到l即为所求直线；根据题意，证得和，得到平面，即可证得；
（2）由点M在上，令，得到平面即为平面，法一：以D为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量和，利用向量的距离公式，求得点到平面的距离，进而求得三棱锥的体积；法二：证得平面， 得到点到平面的距离等于点到平面的距离，结合锥体的体积公式，即可求解.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
解：记水面所在的平面为平面，
因为E是上的点，且，所以直线l为的中位线所在的直线，
因为点M在上，且，令，
则有，故平面即为平面，
法一：延长交延长线于点P，连接，，
故直线即为平面与侧面的交线m，
由，，可得，，
由，，可得，，
以D为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，，，，
可得，，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
因为，
设点到平面的距离为，则，
又因为，所以，
所以，
故三棱锥的体积．
法二：因为，平面，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以
.
18. 在平面直角坐标系中，已知点，，点满足直线，的斜率之积为，记点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程．
（2）若是曲线上第一象限的点，且，求点的坐标．
（3）设、是曲线上的两点，若直线的斜率是直线的斜率的倍，证明：直线过定点，并求出定点的坐标．
【答案】（1）
（2）
（3）解：法一：直线，的斜率均存在且不为，设直线的斜率为，
则直线的斜率为，直线，的方程分别为和，
联立方程组，整理得，
解得或，得，同理得，
则直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
令，则，即直线过定点
法二：设，则满足，可得
因为，，可得，
则，
又因为，且，所以，即，
直线的斜率明显存在，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，，则，，
所以，即，
即，
即，
整理得，解得或（舍去），
所以直线的方程：，
经检验，此时，所以直线过定点．
【解析】
【分析】（1）设，根据题意，得到，进而求得曲线的方程；
（2）法一：设，直线与的倾斜角分别为，得到，由，，求得，结合椭圆的方程，求得的值，即可求解；
法二：设，得到，，求得，由，结合椭圆的方程，得到关于的方程，求得的值，即可求解；
（3）法一：设直线的斜率为，得到直线，的方程分别为和， 联立方程组求得和，得到直线的方程，即可得证；
法二：设直线的方程为，设，，联立方程组，结合韦达定理和，得到关于的方程，求得值，即可得证.
【小问1详解】
解：设，且，，
因为点满足直线，的斜率之积为，可得，
即，整理得，
所以曲线的方程.
【小问2详解】
解：法一：设，其中，，
直线与的倾斜角分别为，，则，
所以，
因为，，所以①，
因为，代入①中，得，故或（舍），
因为，所以点的坐标为．
法二：设，其中，，则，，
所以②，
由，可得③，
因为④，将③，④代入②中，，
，
所以，即，
因为，可得，所以，解得或（舍）．
因为，所以点的坐标为．
【小问3详解】
略
19. 已知直线是函数的切线．
（1）求实数a的值．
（2）证明：当时，．
（3）某线上商城设置了一个虚拟抽奖箱，箱内有编号为0到99的100个虚拟奖项标识．顾客每次抽奖时，系统从这100个标识中随机发放给顾客，抽奖结束后该标识自动放回抽奖箱，可被再次抽取．某顾客连续参与20次抽奖，设他抽到的20个奖项标识编号互不相同的概率为p．证明：．
【答案】（1）
（2）令，
则，
令，，则，则，
所以在上单调递增，又因为，所以，
即在上成立，所以在上单调递增，
又因为，
故在上成立，
即时，，得证．
（3）由题意知，
由，…，，
所以，
故，
由（2）知，当时，有，即，
令，即有，
即，即，
故，即，
即，故
【另解】欲证，两边取对数，则只需证，
即只需证
由（2）知，当时，，即，
令，即，
故．
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义求解；
（2）令，然后利用导数证明即可证；
（3）由概率公式求得，然后结合基本不等式可证明，再利用（2）的结论证明.
【小问1详解】
由题意，得，设切点，
由，解得．
【小问2详解】
略
【小问3详解】
略
X
1
2
3
4
P
0.2
0.3
0.4
0.1