广西南宁市部分高中2025-2026学年高二下学期期末联考数学试卷（含解析）

这是一份广西南宁市部分高中2025-2026学年高二下学期期末联考数学试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了 设则有， 已知斜率的直线过定点，圆等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】，，
故.
2. 的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为，，所以.
所以.
故Z的虚部为.
3. 设向量，则（ ）.
A. “”是“”的必要条件
B. “”是“”的必要条件
C. “”是“”的充分条件
D. “”是“”的充分条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，分别求出与成立的的取值，再利用充分条件、必要条件的定义逐项判断.
【详解】对于AC，由，得，解得或，
因此“”是“”的充分条件，“”是“”的充分条件，A错误，C正确；
对于BD，由，得，解得，
因此“”是“”的充分条件，“”是“”的非充分非必要条件，BD错误.
4. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】双曲线的渐近线方程为，
而双曲线的一条渐近线方程为，则，
所以双曲线的离心率为.
5. 已知圆锥的底面半径为1，高为，则该圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设母线长为，底面半径，高，
则，
侧面积为，
底面积，
故该圆锥的表面积为．
6. 某学校组织了名师帮扶活动，将参加帮扶活动的甲､乙､丙3位名师与6个不同的班级分成三组，每组1位名师与2个班级，不同的分法共有（ ）
A. 360种B. 180种C. 90种D. 60种
【答案】C
【解析】
【分析】利用分步乘法计数原理，依次为每位不同的名师分配2个不同班级，将各步选法数相乘得到总分法数.
【详解】为第一位名师选择2个班级，共有种选法；
从剩余4个班级中为第二位名师选择2个班级，共有种选法；
剩余2个班级分配给第三位名师，共有种选法。
因此总方法数为种.
7. 设则有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角恒等变换得到，由正弦函数单调性比较出大小
【详解】，
，
，
由于在上单调递增，故，故.
8. 已知函数的定义域为，且，为偶函数，若，则（ ）
A. 2024B. 2025C. 2026D. 2027
【答案】B
【解析】
【分析】先根据已知条件推出函数的周期，再结合为偶函数，求出一个周期内的函数值，最后根据周期计算的值.
【详解】由题意，已知，
用代替，代入可得①，
再用代替，代入①可得②，
用②①，可得，即，所以函数的周期为4，
又，，
则当时，可得，解得，
当时，可得，
又函数的周期为4，所以，
又为偶函数，则，所以当时，，
所以，
所以函数一个周期内的和为，
所以
，
又，，
所以.
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. 记为等比数列的前项和，为的公比，，若，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 数列是递增数列D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】由等比数列的性质，已知，故，故A正确；
，解得，故B错误；
，增大时，递减，故递增，
故单调递增，故C正确；
，
，故D正确．
10. 已知斜率的直线过定点，圆：，为圆上的任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最大值为
B. 的最大值为
C. 直线与圆相切时，
D. 圆心到直线的距离最大为
【答案】BC
【解析】
【分析】先将圆方程化为标准式确定圆心和半径，再结合几何意义、直线与圆的位置关系、点到直线距离公式逐一分析选项．
【详解】由圆：，得圆心，半径，
对于A，表示点到原点的距离的平方，原点到圆心的距离为，
所以到原点的最大距离为，的最大值为，A错误；
对于B，是直线的斜率，当直线与圆相切时斜率取最值，
由圆心到直线距离等于半径得，解得，
所以最大值为，B正确；
对于C，直线的方程为，
相切时圆心到直线的距离等于半径，即，解得，C正确；
对于D，直线过定点，，但距离取时直线为，斜率不存在，
不符合题干“存在斜率”的要求，故距离的最大值小于，D错误．
11. 已知抛物线的焦点为，点为的准线上一点，过焦点且斜率大于的直线与交于、两点（在第一象限），为原点，直线、分别交于、两点，则（ ）
A. 面积的最小值为
B. 若，则直线的斜率为
C. 若过点的抛物线的切线与交于点，则
D. 若的面积为，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意先求，进而得抛物线方程，设直线的方程为，设点、，将该直线方程与抛物线的方程联立，结合韦达定理、三角形的面积公式以及基本不等式可判断A选项；利用抛物线的焦半径公式求出点的坐标，再利用直线的斜率公式可判断B选项；求出切线方程，进而可求出点的坐标，再利用平面向量数量积的坐标运算可判断C选项；利用三角形的面积公式、韦达定理、平面内两点间的距离公式可判断D选项.
【详解】由题意得，所以抛物线，所以，
根据题意，不妨设直线的方程为，设点、，
对于A选项，联立可得，，
由韦达定理可得，，则，且，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，此时，
，，此时点、，则点、关于轴对称，即轴，
与直线的斜率大于矛盾，故等号不成立，即，故A错误；
对于B选项，由抛物线的定义可得，可得，
由且，可得，即点，
此时直线的斜率为，故B正确；
对于C选项，由，所以，又点位于第一象限，
所以，，所以，所以，
所以过点的切线方程为：，即，令，，所以，
所以，
所以，所以，故C正确；
对于D选项，由A选项可知
，
又到直线的距离为，
所以，解得，
所以直线的直线方程为，令得，所以，
同理得，所以
，故D正确.
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知等差数列的前项和为，，，则____．
【答案】
【解析】
【分析】由相邻两项差直接得公差，结合算出首项，代入等差数列前项和公式求出．
【详解】设等差数列的公差为，
，，
所以．
13. 已知函数在区间上有零点，则实数的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】由函数在区间上单调递增，结合零点存在定理即可求解.
【详解】因为和在上单调递增，所以函数在区间上单调递增，
要使在区间上有零点，则，解得：,
则实数的取值范围是
14. 已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形，其体积为.若点都在球的球面上，则球的表面积为_________.
【答案】
【解析】
【详解】底面边长，，
正三角形外接圆半径公式，
棱锥体积公式，已知，则，
设底面的外心为，则，外接球球心在直线上，设，外接球半径为，
不妨设球心在、之间，同时，
则，所以球心落在底面远离的一侧，
此时，所以 ，
所以，.
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. 记的内角的对边分别是，已知，为锐角.
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合三角恒等变换可得，即可得锐角；
（2）根据面积可得，利用余弦定理可得，即可得和三角形周长.
【小问1详解】
因为，
可得，
又因为，则，可得，即，
且为锐角，故.
【小问2详解】
因为的面积为，即，可得，
由余弦定理可得，即，
可得，则，即（负值舍去），
所以的周长为.
16. 如图，在三棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）在中，，，，
由余弦定理可得，
即，整理可得，解得，
所以，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理结合勾股定理证得，由平面得出，再利用线面垂直的判定定理和性质可证得结论成立；
（2）连接，推导出平面，于是得出与平面所成角为，求出的长，即可求得结果.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
因为平面，平面，所以，
因为，，由勾股定理可得，
连接，如下图所示：
因为，为的中点，所以，
由（1）可知，
因为，、平面，所以平面，
所以与平面所成角为，
因为平面，平面，所以，
由勾股定理可得，故，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为.
17. 根据统计数据，某会员店的本地会员占，外地会员占.现对该店会员开展商品质量满意度调查，如果会员是本地会员，他对该店商品质量满意的概率为；如果会员是外地会员，他对该店商品质量满意的概率为.每个会员对该店商品质量满意与否相互独立.
（1）从该店所有会员中随机抽取1名会员，求其对该店商品质量满意的概率；
（2）从该店所有会员中随机抽取3名会员，记这3名会员中对该店商品质量满意的人数为，求的分布列与数学期望.
【答案】（1）

（2）
的分布列为：
数学期望
【解析】
【分析】（1）运用全概率公式，将“抽取1名会员满意”拆分为本地会员满意、外地会员满意两个互斥事件，分别计算概率后求和；
（2）先判断服从二项分布，再依据二项分布的概率公式计算分布列，利用二项分布期望公式求期望.
【小问1详解】
设事件表示“随机抽取1名会员对该店商品质量满意”，事件表示“抽取的会员为本地会员”，
事件表示“抽取的会员为外地会员”，
由题意得，，，
则.
【小问2详解】
从所有会员中随机抽取3名，每名会员满意的概率均为，且各会员满意与否相互独立，
因此随机变量，的可能取值为，
由二项分布概率公式，可得：
， ，
， ，
所以的分布列为
根据二项分布的期望公式，代入得：.
18. 已知椭圆的一个顶点为，焦距为.
（1）求椭圆的方程和离心率；
（2）已知点，与椭圆上的点的距离的最小值为1，求点的坐标.
（3）设为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆交于不同两点（异于椭圆的顶点）.判断光线经过轴反射后是否经过点？说明理由.
【答案】（1）,
（2）
（3）光线经过轴反射后经过点
【解析】
【分析】（1）据椭圆的顶点和焦距，利用椭圆的基本性质求出的值，进而得到椭圆方程和离心率.
（2）设椭圆上任意一点，根据两点间距离公式表示出，再结合椭圆方程消去，根据二次函数的性质求出最小值，进而得到的值.
（3）设直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到两点坐标的关系，再根据光线反射的性质判断光线经过轴反射后是否经过点.
【小问1详解】
已知椭圆的一个顶点为，
则，又因为焦距为.，所以，即，
根据椭圆的性质，可得，即，
所以椭圆的方程为，椭圆的离心率为.
【小问2详解】
设椭圆上任意一点，已知，
根据两点间距离公式，
因为点在椭圆上，所以，
则，，
令，其对称轴为，
当，即时，在上单调递减，
则，由，解得（舍去）或，
当，即时，，
由，解得（舍去），因此点的坐标为.
【小问3详解】
如图，作出符合题意的图形，
由（1）可知，设直线的方程为，，
联立，消去可得，
展开并整理可得，
得到，即
由韦达定理可得：，
直线的斜率，直线的斜率，
要判断光线经过轴反射后是否经过点，只需判断是否成立，
而
，
所以光线经过轴反射后经过点.
19. 已知函数.
（1）求当时，在点处的切线方程；
（2）证明：；（其中为自然常数）
（3）若函数有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）要证，即证，
即证，令，则，
由，得，得；
在单调递增，，
令，则，
由，得，解得，
由，得，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
，故有.
（3）.
【解析】
【分析】（1）直接求出切点坐标，再求导得到切线斜率即可得到切线方程；
（2）转化为证明，再设新函数求出两边的最值即可；
（3）方法一：首先得到，令，求导后得其单调性即可得到范围；方法二：分析计算得，再利用比值换元法即可得到范围.
【小问1详解】
当时，切点为，
，
∴所求的切线方程为，即为.
【小问2详解】
略
【小问3详解】
解法一：因为是的两个零点，
，即有，，
即有，
令，则，
由（2）知在上单调递增，在上单调递减，
，当时，有设，
令，
则在上单调递增，
，即，
，即，
在上单调递增，，
故的取值范围是.
解法二：因为是的两个零点，
，即有，①，
，即有②，
不妨设，由①②得，
由①②得，
，，
先证明成立，即证，
令．则只要证，令，
，在上单调递增，
，即有，即有成立，
，.
故的取值范围是.
0
1
2
3