湖南衡阳市衡阳县2025-2026学年高二下学期7月期末数学试题（含解析）

这是一份湖南衡阳市衡阳县2025-2026学年高二下学期7月期末数学试题（含解析），共14页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．
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. 样本数据1，2，4，5，7，10的第40百分位数为（ ）
A. 2B. 2.4C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【详解】共个数，，则第40百分位数是第个数，即
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为，所以.
3. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出集合，再按交集的定义求解即可.
【详解】因为
，
所以.
4. 不等式的解集是（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【详解】不等式即，即，即，
等价于，解得或，
故不等式的解集是或.
5. 某班要从3名男生和4名女生中选出3人参加学校的演讲比赛，要求至少有1名女生参加，则不同的选法共有（ ）
A. 30种B. 31种C. 34种D. 35种
【答案】C
【解析】
【分析】采用间接法求解，用从7人中任选3人的总选法减去全为男生的不符合要求的选法，即可得到至少有1名女生的选法数.
【详解】先计算总选法：从3名男生和4名女生共7人中任选3人，
总选法为组合数，
再计算不符合要求的选法：“至少有1名女生”的对立事件为“选出的3人全是男生”，
全为男生的选法为
最后计算符合要求的选法数：用总选法减去不符合要求的选法，即，
因此不同的选法共有种.
6. 已知等差数列的通项公式为，在中每相邻两项之间都插入2个数，组成一个新的等差数列，则（ ）
A. 2025B. 2026C. 2027D. 2028
【答案】B
【解析】
【详解】由的通项公式，得首项，公差，
则等差数列的首项，设其公差为，
由于相邻两项之间插入2个数，故，则，
根据等差数列通项公式，，
因此.
7. 设函数，若恒成立，且存在，使得，则的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【详解】，
由恒成立，可得为正整数，
又存在，使得，则，
故，即，
因为，取时，，解得，
，故的最小值为3．
8. 已知抛物线的焦点为，准线为，与轴平行的直线与和分别交于点，，且，若的面积为，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知，准线：，设，则，利用，可得到，再由的面积为，可解得的值.
【详解】由题意可得，准线：，设，

将代入中得，则，
,,,
因为，
所以，化简得，即，
因为，
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. 设等比数列的前项和为，若，，则公比的值可以是（ ）
A. B.
C. 2D. 3
【答案】CD
【解析】
【详解】等比数列首项是，公比为，则，
则，化简整理得，
解得或．
10. 已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ）
A. 当时，
B. 的图象是一条连续不断的曲线
C. 的图象在处的切线方程为
D. 的单调递减区间为
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，借助奇函数性质即可求出的函数表达式；B选项，利用处的左右极限是否等于函数值检验连续性即可；C选项，借助导数的几何意义即可求解切线方程；D选项，判断导数符号从而得出单调递减区间不是.
【详解】对于A：因为是定义在上的奇函数，当时，，
设，则，所以，
所以，故A正确；
对于B：当和时，均为初等函数，连续；
当时，，当时，，
又，故在处连续，故在上是连续不断的曲线，故B正确；
对于C：当时，，所以，
又因为，所以，
所以切线方程为，即，故C正确；
对于D：当时，，
所以，因为，
所以当时，，函数单调递增，
因为不是的单调递减区间，故D错误.
11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上且位于第一象限，过点作的平分线交轴于点，过点作的垂线，垂足为，延长交的延长线于点，为坐标原点，则（ ）
A.
B.
C. 存在点，使得点与的下顶点重合
D. 的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】A B由三角形的性质可得；C利用反证法并结合椭圆的定义可得；D设，由角平分线定理和椭圆的定义可得.
【详解】，
因为，是的平分线，则由三线合一可知，
故A正确；
由A选项可知，点是线段的中点，
因为是线段的中点，所以在中有，故B正确；
假设是下顶点，则由椭圆的定义可知，，，
因为，所以，
得，，
因为，所以，
则，，则，
显然不满足，故不存在点，使得点与的下顶点重合，故C错误；
设，则，
由角平分线定理可得，，则，
则，
则，，则，故D正确.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，，，则____________
【答案】
【解析】
【分析】由向量数量积的坐标运算可得，进而可得，即可得模长.
【详解】因为，所以，解得，
即，可得，
所以
13. 已知函数的极小值点为，则的解集为____________
【答案】
【解析】
【详解】 求导得，，
若极小值点为，则应有，
则，解得，
故，经验证此时极小值点为，
则等价于，而，
故上述不等式等价于且，解得.
14. 在三棱锥中，，，，，若，，，四点都在同一个表面积为的球的球面上，则____________
【答案】
【解析】
【分析】作出合理辅助线，将三棱锥外接球转化为直三棱柱外接球，再求出的外接圆半径即可得到答案.
【详解】如图，过作，且，过作，且，
分别连接，可得．
因为，所以，又因为平面，
从而平面，即三棱柱为直三棱柱，
则三棱锥与直三棱柱的外接球相同，
设其半径为．由，知，
设的外接圆半径为，则，
即，解得．
又，由正弦定理得，解得，
因为，所以，
可知，
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. 在中，内角，，的对边分别为，，，记，的面积为．
（1）若，求的值；
（2）若，，，判断的形状，并说明理由．
【答案】（1）
（2）为等边三角形，理由如下：
由（1）知，所以，
又，所以，
两式相除，可得
因为，所以，所以
又，所以，
解得，又，故为等边三角形.
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理和已知条件求出，再利用三角形面积公式求出，进而求解；
（2）根据（1）求出，进而求出和，再由余弦定理求出，进而求出，判断出三角形的形状.
【小问1详解】
因为，，
由余弦定理，，
可得，
又，所以；
【小问2详解】
略
16. 已知双曲线的离心率为，且经过点．
（1）求的方程；
（2）过点作直线与交于，两点，与直线交于点，若，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，建立方程组，直接求出，即可求解；
（2）根据条件，设，，联立直线与双曲线方程，消，利用根与系数之间的关系得，结合题设条件得，即可求解.
【小问1详解】
依题意，，解得，
所以的方程为.
【小问2详解】
由题知直线的斜率存在，设，，
由，消得到，
，且，（*）
，
由，得到，
则，，
因为，则，得到，
所以，解得或，
当时，直线与双曲线无交点，所以，满足（*），
故直线的方程为.

17. 如图，在四棱台中，底面，下底面是边长为4的正方形，上底面是边长为3的正方形，，分别是，的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）
连接，记与交于，与交于，连接，
因为，分别是，的中点，则，
又因为正方形边长为4，所以，
因为正方形边长为3，则，
因为四棱台，所以，
所以，且，即四边形为平行四边形.
则
又因为面，面,所以面.
（2）;
【解析】
【分析】(1)根据四棱台的几何性质，利用线面平行的判定定理证明结论;
结合（1）可求得，再建立空间直角坐标系，得出相关点和向量坐标，求出平面法向量，运用向量夹角余弦公式求解.
【小问1详解】
略；
【小问2详解】
因为底面，所以以D为坐标原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系.
设，
结合(1)可得：，解得.
则，，,,
,,,
设面的一个法向量为，
则，即，令，则，
设面的一个法向量为，
则，即，令，则，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值.
18. 某果园的精品苹果成箱包装，每箱个．每箱苹果在交付客户之前要对苹果作检验，如检验出坏果，则更换为好果．检验时，先从这箱苹果中任取个作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有苹果作检验．设每个苹果为坏果的概率都是，且各个苹果是否为坏果相互独立．
（1）记个苹果中检验出的坏果数量为，若时，的值最大，求．
（2）现对一箱苹果检验了个，结果恰有（1）中所得的个坏果．已知每个苹果的检验费用为元，若有坏果流入市场，则果园要对每个坏果支付元的赔偿费用．
（ⅰ）若不对该箱余下的苹果作检验，这一箱苹果的检验费用与赔偿费用的和记为，求；
（ⅱ）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对该箱余下的所有苹果作检验？
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）应该对该箱余下的所有苹果作检验
【解析】
【分析】（1）根据题意得到随机变量服从二项分布，从而得到其分布列，化简，即可得到的单调性，进而确定的值最大时的值；
（2）（ⅰ）根据题意得到余下苹果中的坏果数量服从二项分布，从而求出，再求出与的关系，进而根据期望的线性性质即可求出；
（ⅱ）比较检验总费用与的大小，即可得到答案．
【小问1详解】
由题意得个苹果中坏果的数量服从二项分布，
则随机变量的分布列为，，
又，
当，即时，随着的增大而增大；
当，即时，随着的增大而减小，
所以当时，最大，即．
【小问2详解】
（ⅰ）记该箱余下的个苹果中的坏果数量为，
由题意得服从二项分布，则，
又检验费用与赔偿费之和为，
所以．
（ⅱ）若对该箱余下的所有苹果作检验，则这一箱苹果的检验总费用为，
又，即不检验余下苹果的期望总费用更高，
所以应该对该箱余下的所有苹果作检验．
19. 已知函数．
（1）当时，求的最小值；
（2）若有两个不同的零点，求的取值范围；
（3）在第（2）问的条件下，记的两个零点为，，证明：．
附：当且时，．
【答案】（1）
（2）
（3），
令，则，所以在上单调递增，
由（2）知的取值范围为，所以，所以使，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
不妨设，要证，即证，
因为在上单调递增，只需证，
又，所以只需证，
即证，化简得，
由，可得，所以只需证
令，则，
因为，所以，
所以，在上单调递减，又，所以，
所以，即.
【解析】
【分析】（1）求导，令，求导，判断的单调性，进而判断的单调性，求出的最小值；
（2）令，分离参数得，令，求导，令，求导，分析其单调性，进而分析的单调性，再利用极限的思想分别求出，，，时函数的极限，结合画出大致图像，求出的取值范围；
（3）对求导，判断的单调性，确定两个零点的取值范围，将要证的等价变形为证明，即证，令，求导判断其单调性，得到取值范围，进而得证.
【小问1详解】
函数的定义域为，
当时，，则，
令，则，
当时，，所以在上单调递增，又，
当时，，即，在上单调递减，
当时，，即，在上单调递增，
所以；
【小问2详解】
令，则（时，），
令，则，
令，则，所以在上单调递增，且，
当时，，，在上单调递减，
当时，，，在上单调递减，
当时，，，在上单调递增，
所以时，，所以，
时，，所以，
时，，所以，
，时，增长远快于，所以，
大致图象如下：
所以的取值范围为；
【小问3详解】
略