湖南岳阳市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份湖南岳阳市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19道题，满分150分，考试用时120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、考号和姓名填写在答题卡指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应的标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．
3．非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．
4．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，只交答题卡．
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. 已知复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由，可得,
则，其虚部为2.
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 函数的定义域为
B. 函数图象关于点成中心对称
C. 函数的最小值为
D. 若幂函数在上为减函数，则的值为
【答案】B
【解析】
【详解】函数的定义域为，即，选项A错误；
当时，，又因为函数图象关于点中心对称，
所以函数图象关于点成中心对称，选项B正确；
当时，函数，选项C错误；
因为函数是幂函数，所以，解得或，
当时，幂函数在上为增函数；
当时，幂函数在上为减函数，
所以，选项D错误.
3. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量加法坐标运算可得坐标，然后由向量模的坐标计算方式结合三角函数知识可得答案.
【详解】，
则
.
4. 某班数学建模小组由4名男生和2名女生组成，现在从中任选2名学生参加活动，则选中的2名学生性别相同的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知，选中的2名学生的性别相同的概率．
5. 已知集合，，则的必要不充分条件可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分集合和讨论求解，先确定的充要条件，再确定其必要不充分条件.
【详解】因为或.
若，则，解得，即A非空；
若，由，此时.
所以的充要条件为：.
对于A，为充要条件，不符合题意；
对于B，成立推不出，但成立，必有，故B符合题意；
对于C，是的充分不必要条件，不符合题意；
对于D，推不出，也推不出，不符合题意.
6. 已知数列是公差为的等差数列，若，，依次构成公比为的等比数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用等比中项结合是公差为的等差数列，列出方程即可求解．
【详解】由题得，，，
所以，
整理得，
所以，则，
所以．
7. 已知函数的定义域为，且对于任意实数，，都有，若函数在定义域内的最大值为，最小值为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题可得为奇函数，为奇函数，然后由奇函数性质可得答案.
【详解】因对于任意实数，，都有，
令，可得，
再令，则，从而为奇函数.
注意到，
结合为R上奇函数，为R上偶函数，
可得为R上奇函数，
由题可得存在，且为，存在，且为.
又由奇函数性质可得，
从而.
8. 设，分别是椭圆（）的左、右焦点，直线过交椭圆于，两点（点在轴下方），交轴正半轴于点，已知椭圆的离心率，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，设，进而得到，，，再根据余弦定理建立方程求解即可.
【详解】由题意，，即，
由于，，则，
设，则，
在中，，，，
由余弦定理得，
则，
解得，即.

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 若构成空间的一个基底，则下列不能构成空间的一个基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【详解】空间基底判定：三个向量不共面才能构成空间基底；
若存在不全为 0 实数使，则三向量共面，不能作为基底，
A：因为，系数不全为 0，所以三向量共面，不能构成基底；
B：因为，系数全为 1 不全为 0，所以三向量共面，不能构成基底；
C：设，整理：，
不共面，解得唯一解，所以三向量不共面，可以构成基底；
D：设，整理：，
不共面，解得唯一解，所以三向量不共面，可以构成基底.
10. 已知双曲线：，则（ ）
A. 双曲线的实轴长为3
B. 双曲线的焦点到渐近线的距离为1
C. 若直线与的右支有两个公共点，则
D. 存在过点的直线与相交于，，且点为的中点
【答案】BC
【解析】
【分析】由实轴的定义计算可判断A选项；利用点到直线的距离公式可判断B选项；联立方程组后解不等式可判断C选项；设出直线方程，联立后利用韦达定理可判断D选项．
【详解】对于A，由题意可知，，，，
则实轴长，故A错误；
对于B，渐近线方程为，即，焦点为，
则焦点到渐近线距离为，故B正确；
对于C，联立得，
由于直线与的右支有两个公共点，设两交点的横坐标分别为，
则，，
，，
解得，故C正确；
对于D，若存在过点的直线与相交于，且为的中点，
则该直线的斜率必然存在，设直线方程为，
设的横坐标分别为，则，
联立，得，
故，此方程无解，
故不存在过点的直线与相交于，且点为的中点，故D错误．
11. 设，，（）是函数的三个零点，则（ ）
A.
B.
C. 设命题：，，成等差数列，命题：，，成等比数列，则是的充要条件
D. 若，，成等差数列，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】参变分离后构造函数，结合导数研究其单调性后可得A、B；结合等差、等比数列性质与指数运算性质计算可得C、D.
【详解】当时，，显然不满足题意；
当时，，只有1个零点，不满足题意；
当时，由，得，
设，则函数与有3个交点，
而，
令，得或；令，得，
则函数在和上单调递减，在上单调递增，
而，，时，，如下图：

由图可知，，，则，故A正确，B错误；
对于C，由题意得，则，
由于，，成等差数列，则，故，而，
所以，故，，成等比数列，
同理，若，，成等比数列，可得，即，
可得，即可得到，，成等差数列，
所以是的充要条件，故C正确；
对于D，由C知，若，，成等差数列，则，且，
所以，化简得，则，
解得或，
又，则，
即，故，即，
又，故舍去，
所以，则，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 用斜二测画法画水平放置的正方形的直观图，得到一个平行四边形，若该平行四边形的较长的一边长为，则原正方形的面积为____________．
【答案】16
【解析】
【详解】如图，由直观图的斜二测画法知，平行于轴的线段长度不变，平行于轴的线段长度减半.

已知得到的平行四边形较长的一边为4，所以4即为原正方形的边长.
所以面积为.
13. 的展开式中，各项的系数和为____________．
【答案】1
【解析】
【详解】在的展开式中，令,代入即得各项的系数和为.
14. 若关于的不等式在上恒成立，则实数的最大值是____________．
【答案】
【解析】
【分析】将问题转化为在上恒成立,然后构造函数，利用单调性，得到，再构造函数，求出最小值即可得解.
【详解】由题意可知,由，变形得，
即等价于，即；
令，因为，所以在上单调递增，
由，可得，
所以，等价于，
令，则，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
所以，因此，即得，
即实数的最大值为.
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. 记为等比数列的前项和，已知，，且．
（1）求的通项公式；
（2）若的各项呈现正负相间的变化规律，求，判断，，是否成等差数列，并说明理由．
【答案】（1）或
（2），，成等差数列，理由如下：
由（1）知，且的各项呈现正负相间的变化规律，
则，即，所以.
因为，
即，所以，，成等差数列．
【解析】
【分析】（1）由求出首项，再通过对用首项公比展开进一步化简求出公比，最后得到通项公式
（2）由题目要求得到公比，再有（1）中的通项公式，求出的通项公式. 再验证的值.
【小问1详解】
设数列的首项为，公比为，
因为，则，可得，
且，则，可知，，
可得，解得，
所以或.
【小问2详解】
略
16. 某新能源汽车公司近年的年销量（单位：万辆）与投入的年研发经费（单位：千万元）如下表所示：
（1）根据散点图可以认为与之间存在线性相关关系，请用最小二乘法求出关于的线性回归方程；
（2）已知该新能源汽车公司从配件到汽车实现了一体化生产，设为单个零件的加工成本（单位：元），该公司的某配件加工线加工的单个零件尺寸与标准件尺寸的误差，且；引进该公司最新研发的某技术后，加工的单个零件尺寸与标准件尺寸的误差，且．试计算引进技术后，单个零件的加工成本下降了多少元．
附：
①参考公式：，；
②若随机变量服从正态分布，则，．
【答案】（1）
（2）8元
【解析】
【分析】（1）由已知数据求出线性回归方程的系数得线性回归方程；
（2）根据正态分布的概率公式求得使用新技术前后的成本均值后可得.
【小问1详解】
由表格数据可得，，
，
，
所以，所以
所以，y关于x的线性回归方程为；
【小问2详解】
未使用新技术前，记单个零件的加工成本为，，
所以，，又，即，
所以，所以（元）
使用新技术后，记单个零件的加工成本为，，
所以，，，
即，
所以，所以（元），
（元），所以单个零件加工的成本下降了8元
17. 如图，四棱柱中，平面，平面平面．过，，三点的平面记为，与的交点为，．

（1）求的值；
（2）若，，二面角的大小为，求四棱柱的体积．
【答案】（1）3 （2）
【解析】
【分析】（1）利用面面平行的性质可得，，进而可得，进而可求得的值；
（2）作于，连接，根据线面垂直的判定定理与性质确定为二面角的平面角，求得，结合柱体的体积公式计算即可求解.法二：由向作垂线，垂足为，过作，交于，设，，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量法可求得，进而可求得四棱柱的体积．
【小问1详解】
因为平面平面，
平面平面，
平面平面
所以，同理可证，
在四棱柱中，
所以，，
所以，所以；
【小问2详解】
法一：因为，，，四点共面，平面即平面，
二面角大小为，即二面角大小为，
作于，连接，
因为平面，平面，所以，
又，，，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以二面角的平面角为，
即，所以，
所以．
所以，，所以，
所以四棱柱的体积．
法二：由向作垂线，垂足为，过作，交于．
所以直线，，两两垂直，以为原点，分别以直线，，为，，轴，建立空间坐标系，如图所示：

设，，，，，
所以四棱柱的体积，
，
，，，，
，，
设平面和平面的法向量分别为，，
易得，
，
取，可得，
设二面角的平面角为
，
解得；
所以，即四棱柱的体积为.
18. 已知函数（）．
（1）若，求曲线在处的切线方程；
（2）试讨论函数的极值点个数；
（3）若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）当时，有两个极值点；当时，无极值点．
（3）
【解析】
【分析】（1）由条件求，再由导数的几何意义求切线的斜率，利用点斜式求切线方程并化简；
（2）求导，令，分情况讨论方程的根的情况，进而可求得函数的极值点个数；
（3）条件可转化为在上恒成立，令，利用导数求得的最小值，由此可得实数的取值范围．
【小问1详解】
若，，，则，，
所以在处的切线方程为：，即．
【小问2详解】
（）
令，．
1）当，即时，
，在单调递增，无极值．
2）当，即①时，对称轴，又因为，
所以当时，，，在单调递增，无极值．
②时，对称轴，解得，
所以当，时，，单调递增；
当时，，单调递减；
此时在处取得极大值，在处取得极小值，两个极值点．
综上，当时，有两个极值点，分别在处取得极大值，在处取得极小值；当时，无极值点．
【小问3详解】
，分离参数恒成立，
令，则，
又，
，（为的导函数），
故在单调递增，又因为，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增．
所以，
所以，所以实数的取值范围为
19. 已知抛物线：（）的焦点为，设点，，其中，点是抛物线在第一象限的部分曲线上的一个动点，当直线的倾斜角为时，．
（1）求的方程；
（2）若线段与相交于点（不与点重合），过点作轴的垂线，交于点（位于第四象限），求证：，，三点共线；
（3）在条件（2）下，已知，直线交轴于点，若以点为圆心，点到轴的距离为半径的圆与一条经过点的直线交于，两点，求的最小值．
【答案】（1）
（2）设（），则直线的方程为，
又，消元后，得，
由韦达定理，，解得，则
依题意，点与点关于轴对称，则可得，
于是可得，而,
即，故A，D，B三点共线；
（3）
【解析】
【分析】(1)利用抛物线的焦半径公式和直线斜率建立方程，求解参数.
(2)参数化点的坐标，求出相关点的坐标，利用斜率相等证明三点共线.
(3)利用基本不等式求和的最小值.
【小问1详解】
过点作轴的垂线，垂足为，

由，,得，
所以
又由，
，解得，
所以C的方程为；
【小问2详解】
略
【小问3详解】
由（2）可得，
所以，，
，
，
设点到直线的距离为，则，
又，
当直线与垂直时，取得最小值
此时，则
，
所以