湖南娄底市部分学校2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试题（含解析）

这是一份湖南娄底市部分学校2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题人：伍勇 审稿人：吴潇
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（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】
【分析】先求出集合，再根据集合的交集运算即可解出.
【详解】因为，所以，
故选：D.
2. 已知复数满足（其中为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】.
所以.
3. 不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】移项通分，转化为一元二次不等式即可求解.
【详解】，可得，
即为，且，可得
故选：C
4. 在平面直角坐标系中，已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量平行的坐标表示即可求解.
【详解】已知向量，，若，则，解得，故A正确.
5. 基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （ ）
A. 1.2天B. 1.8天
C. 2.5天D. 3.5天
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，根据，解得即可得结果.
【详解】因为，，，所以，所以，
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，
则，所以，所以，
所以天.
故选：B.
本题考查了指数型函数模型的应用，考查了指数式化对数式，属于基础题.
6. 记，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数性质判断可得，即得答案.
【详解】，，，
又，
所以.
7. 已知在处有极值，则（ ）
A. 或B. 或C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由极值点和极值，列出关于的方程组，再验证条件，即可求解.
【详解】根据题意，，
函数在处有极值0，
且，
或，
时恒成立，此时函数无极值点，
当时，，
此时是函数的极值，满足条件，
，.
故选：D
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为P，离心率为.过点且垂直于的直线与C交于两点，，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】由条件可得为正三角形，继而得出直线为线段的垂直平分线，写出直线的方程为并与椭圆方程联立，得到韦达定理，由利用弦长公式推出，结合图形将化简转化，利用椭圆的定义即可求得.
【详解】
如图，连接因为，即，，
因，则为正三角形.
又，则直线为线段的垂直平分线，故，，且，
故直线的方程为，代入椭圆的方程，得.
设，则，，
则，
解得，则，
.
故选：D.
二、多选题（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. 已知角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】直接由三角函数定义、诱导公式验算即可.
【详解】由题意，
从而.
故选：AD.
10. 下列说法正确的有（ ）
A. 若随机变量的数学期望，则
B. 若随机变量的方差，则
C. 将一枚质地均匀的硬币抛掷次，记正面向上的次数为，则服从二项分布
D. 从男女共名学生干部中随机选取名学生干部，记选出女学生干部的人数为，则服从超几何分布
【答案】BCD
【解析】
【详解】对于选项A，因为，故A错误；
对于选项B，因为，故B正确；
对于选项C，根据二项分布的概念可知随机变量服从，故C正确；
对于选项D，根据超几何分布的概念可知服从超几何分布，故D正确．
11. 如图，已知正方体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 平面
C. 直线与平面所成的角为
D. 点与平面的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，计算出，得到；B选项，证明出四边形为平行四边形，故，从而得到线面平行；C选项，求出平面的法向量，由线面角的求解公式进行求解；D选项，求出平面的法向量，由点到平面的距离公式求出答案.
【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
故，
故，所以，
故，A正确；
B选项，因为，，所以四边形为平行四边形，
故，
又平面，平面，故平面，B正确；
C选项，平面的一个法向量为，
又，故
设直线与平面所成的角大小为，
则，
故直线与平面所成的角不为，C错误；
D选项，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，故，
故点与平面的距离为，D正确.
故选：ABD
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 设函数，则曲线在点处的切线方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，利用导数的几何意义，求出切线的斜率，再利用点斜式，即可求解.
【详解】因为，所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即，
故答案为：.
13. 的展开式中常数项为______．
【答案】60
【解析】
【详解】的展开式的通项为，，1，2，…，6，
令，得，所以的展开式中常数项为．
14. 1202年，意大利数学家斐波那契（Lenard Fibnacci，约1170-约1250）以兔子繁殖问题，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯，即，．人们在自然界中发现了许多斐波那契数列的例子．斐波那契数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域也有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列，则数列的前2025项的和为________．
【答案】1350
【解析】
【分析】由题意可得出新数列，判断出周期性，即可求得答案.
【详解】由题意知数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯，
被2除后的余数构成一个新数列：1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，1，0，⋯，
即数列是以3为周期的数列，一个周期内的三项和为2，
因为，故数列的前2025项的和为，
故答案为：1350
四、解答题（本题共5小题，共77分．15题13分，16，17各15分，18，19各17分解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）
15. 在△中，.
（1）求；
（2）若，且△的面积为，求的值.
【答案】（1）
（2）
2
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角求解.
（2）利用三角形面积公式求解.
【小问1详解】
在△中，由及正弦定理，得，
而sinB>0 ，则，又，所以.
【小问2详解】
由及的面积为，得，解得，
因此，即为正三角形，所以.
16. 已知数列为等差数列，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设公差为，利用已知条件建立方程组求解和；
（2）将裂项为，再求和.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
由得，
由得，
解得，.
所以.
【小问2详解】
，则，
所以.
.
17. 如图，在四棱台中，下底面是边长为的正方形，侧棱与底面垂直，且.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的大小.
【答案】（1）
连接交于点，连结，.
因为底面是正方形，所以是的中点.
又，所以，故.
由棱台的定义，与共面，因为棱台的上、下底面平行，所以它们与平面的交线平行，即.
所以四边形为平行四边形，故.
又因为平面，平面，所以平面.
（2）
【解析】
【分析】（1）作辅助线构造平行四边形，得到线线平行通过线面平行的判定定理可证；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量进而求法向量夹角的余弦值即可.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，，.
故，，，.
设平面的法向量，由得.
取，得平面的一个法向量.
设平面的法向量，由得.
取，得平面的一个法向量.
故.
所以平面与平面夹角的大小为.
18. 已知椭圆的右顶点为，离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于不同的两点，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件确定的值，可求椭圆的方程.
（2）把直线方程与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理表示出，，再表示出直线和的斜率，利用列式，求的值即可.
【小问1详解】
由题知，
且，得，
又，代入可得，，
∴椭圆的方程为.
【小问2详解】
如图：

联立，得，
由题意，即，解得.
设，，可得，，
由，得，
即，即
即，解得.
19. 已知函数．
（1）求在处的切线方程；
（2）若恒成立，求实数的取值范围；
（3）当时，讨论在区间上零点的个数．
【答案】（1）；
（2）；
（3）3个.
【解析】
【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程；
（2）法一：应用分离参数法有，再应用导数研究右侧的单调性求最小值，即可得参数范围；法二：应用必要性探路，问题化为，令，再证明，时，恒成立，确保充分性成立，即可得；
（3）由题设得是函数的一个零点，讨论、、，并利用导数研究函数的零点个数，即可得.
【小问1详解】
由，则，显然，所以切线方程为；
【小问2详解】
，此时，
法一：分离参数法，从而，
令，则，
所以，，
所以在单调递减，在单调递增，
因此，故的取值范围为；
法二：必要性探路，，
令，，
下证：，时，恒成立，
由一次函数在上递减，
则，
在和上恒成立，且时，
所以恒成立，故的取值范围为；
【小问3详解】
在区间上有3个零点，理由如下：
由于，所以是函数的一个零点，，
当时，此时恒成立，又由（1）知恒成立，
从而恒成立，所以在区间上没有零点；
当时，此时，，
若是的导数，则，
由于恒成立，所以，即在上单调递增，
从而存在使得，且，，
即在区间上递减，区间上递增，从而，
又，所以在有唯一零点，即在上有唯一零点；
当时，此时，从而，
由于时，，所以，
又，从而恒成立，
即在上恒成立，所以在区间上单调递增，
因为，，
因此在区间上有唯一零点，
综上所述，函数在区间上有3个零点.