湖南省怀化市2025-2026学年高二下学期期末数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省怀化市2025-2026学年高二下学期期末数学试卷（Word版附解析）
1．本学科试卷分试题卷和答题卡两部分，考试时量为 120 分钟，满分 150 分．
2．请你将姓名、准考证号等相关信息按要求填涂在答题卡上．
3．请你在答题卡上作答，答在本试题卷上无效．
一、单项选择题：本题共 8 个小题，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. 若复数 ，则 为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为 ，则 ，故 .
2. 已知集合 ，集合 ，则 为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】使用集合的并集运算求解.
【详解】
3. 已知 、 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【详解】当 时，不妨取 ，则 ，此时“ ” “ ”，
当 时，不妨取 ， ，则 ，此时“ ” “ ”，
故“ ”是“ ”的既不充分也不必要条件.
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4. 现收集 名同学每周课外阅读时长（单位： ），排序后为： 、 、 、 、 、 、 、
、 、 、 、 ，则这组数据的第 百分位数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】样本数据共 个，因为 ，故这组数据的第 百分位数为 .
5. 已知函数 满足 对任意实数 恒成立，则 的最小值为
（ ）
A. 1 B. 3 C. 2 D. 4
【答案】C
【解析】
【详解】由函数 满足 对任意实数 恒成立，所以 是函数 的一个周期，
设 的最小正周期为 ，则 ， 且 ，
所以 ， 且 ，又 ，所以 的最小值为 2.
6. 已知定义在 上的函数 是周期为 2 的偶函数，当 时， ．则不等式
在区间 上的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】当 时，由 ，得 ，所以 ，
所以 ；
因为 是定义在 上的偶函数，所以 ，
当 时，则 ，所以 ，
因为函数 是周期为 2 的周期函数，所以 ，
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当 ，则 ，所以 ，
由 ，得 ，解得 ，
综上所述：不等式 在区间 上的解集为 .
7. 全向信标台（ ）是机场飞机航路引导的核心设备．已知某机场信标台在地面上的核心信号覆盖投影
区域可近似看作圆 ： ．一架负责信号测试的巡检无人机在规划的水平直线航线 ：
上进行沿线巡检．当无人机飞行至某位置 时，由于测试需要，其两侧的定向接收天线发出
的探测射线 ， 恰好分别切于圆 的 ， 两点．若要在该位置使得四边形 的面积最小，则
巡检无人机此时的坐标 应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由定向接收天线发出的探测射线 ， 恰好分别切于圆 的 ， 两点，
可得 ，
当 最小时， 最小，又 最小时，即为 到直线 的距离，
即此时 ，又 ，所以 ，
又因为 ，所以此时直线 的方程为 ，即 ，
由 ，得 ，所以巡检无人机此时的坐标 应为 .
8. 已知椭圆 的左、右焦点分别为 、 ．过 的直线与椭圆 交于 、 两
点，且满足 ．若 是以 为斜边的直角三角形，则椭圆 的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
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【分析】设 ，可得出 ，利用椭圆的定义结合勾股定理可得出 与 的等量关
系，可得出 的值，然后在 中利用余弦定理可得出 与 的关系，即可得出椭圆 的离
心率的值.
【详解】不妨设 ，则 ， ，
由椭圆定义可得 ， ，
因为 是以 为斜边的直角三角形，由勾股定理可得 ，
即 ，整理可得 ，
即 ，解得 或 （舍去），
所以 ， ， ，
，
由余弦定理可得 ，
整理可得 ，故椭圆 的离心率为 .
二、多选题：本题共 3 个小题，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. 在棱长为 2 的正方体 中， ， 分别是棱 ， 的中点，则下列命题正确的是
（ ）
A. 直线 直线 B. 三棱锥 的体积为
C. 直线 直线 D. 直线 平面
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【答案】ACD
【解析】
【详解】对于 A，连接 ，
因为 ， 分别是棱 ， 的中点，所以 ，
又因为四边形 是正方形，所以 ，则 ；
又因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以直线 直线 ，故 A 正确；
对于 B，三棱锥 的体积为 ，故 B 错误；
对于 C，因为 ， ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ，
又因为 ，所以直线 直线 ，故 C 正确；
对于 D，因为直线 直线 ，直线 平面 ，直线 平面 ，
所以直线 平面 ，故 D 正确.
10. 在 中，角 、 、 的对边分别是 、 、 ，且满足 ，
则下列说法正确的是（ ）
A. 的外接圆半径
B. 的取值范围为
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C. 若 ，则 的最大值为
D. 若 ，则 的周长的最大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】由正弦定理结合余弦定理可求出角 的值，利用正弦定理可判断 A 选项；利用三角恒等变换化简
得出 ，结合角 的取值范围以及正弦型函数的基本性质可判断 B 选项；利用平
面向量数量积的定义以及基本不等式可判断 C 选项；利用余弦定理结合基本不等式可判断 D 选项.
【详解】由 及正弦定理可得 ，
即 ，整理可得 ，
由余弦定理可得 ，
又因为 ，则 ，
对于 A 选项，由正弦定理可得 ，
故 的外接圆半径 ，故 A 正确；
对于 B 选项，
，
因为 ，所以 ，则 ，
故 ，故 B 正确；
对于 C 选项， ，
当且仅当 时，等号成立，即 的最大值为 ，故 C 正确；
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对于 D 选项，因为 ，所以
，
所以 ，当且仅当 时，等号成立，
故 的周长为 ，即 的周长的最大值为 ，故 D 错误.
11. 已知函数 与 ，其中常数 ．若 的两个零
点分别为 、 ， 的两个零点分别为 、 ．则下列结论正确的是（ ）
A. 且 B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【 分 析 】 由 题 意 可 知 关 于 的 方 程 有 两 根 、 ， 令 ， 令
， 由 题 意 可 知 关 于 的 方 程 有 两 根 、 ， 构 造 函 数
，利用导数分析函数 的单调性，可判断 A 选项；结合 A 选项可判断 B 选项；利用
对数平均不等式可判断 CD 选项.
【详解】对于 A 选项，由 可得 ，
由 可得 ，
则关于 的方程 有两根 、 ，
构造函数 ，则 ，
由 可得 ，由 可得 ，
所以函数 的增区间为 ，减区间为 ，所以 ，
令 ，由 可得 ，
由题意可知函数 的增区间为 ，减区间为 ，
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令 ，由题意可知关于 的方程 有两根 、 ，
因为 ，则 ，即 ，所以 ，
所以 ，即 ，故 A 正确；
对于 B 选项，因为 且 ，所以 ，
即 ，故 ，故 B 正确；
对于 CD 选项，对于两个正实数 、 ，有 .
先证明 ，其中 ，
即证 ，
令 ， ，其中 ，
则 ，
所以，函数 在 上为增函数，当 时， ，
所以，当 ，时， ，
接下来证明： ，其中 ，
即证 ，
令 ，即证 ，
令 ，其中 ，则 ，
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所以，函数 在 上为减函数，当 时， ，
所以，当 时， .
因为 且 ，则 ，
在等式 两边取自然对数可得 ，即 ，
整理可得 ，即 ，
由对数平均不等式可得 ，即 ，故 C 错误；
由已知条件可得 ，即 ，
作差得 ，
因为 ，所以 ，
由对数平均不等式可得 ，故 ，故 D 正确.
三、填空题：本题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 展开式中 的系数为__________.
【答案】-80
【解析】
【分析】
求出 的展开式的通项即得解.
【详解】 的展开式的通项为 ，
令 ，所以 的系数为 .
故答案为：
【点睛】方法点睛：求二项展开式的某一项的系数，一般利用二项展开式的通项求解.
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13. 若平面向量 ， ，其中 ， ，且满足 ，则 的最小值为_________
．
【答案】
【解析】
【详解】因为平面向量 ， ，且 ，所以 ，所以 ，
所以 ，
当且仅当 ，即 时取等号.
所以 的最小值为 .
14. 在三棱锥 中，已知底面 是边长为 的等边三角形，侧棱 平面 ．若二面
角 的大小为 ，则该三棱锥外接球的表面积为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，结合线面垂直的判定性质求出 ，再将三棱锥 补形成三棱柱，借助三
棱柱的外接球求解即得.
【详解】如图，取 的中点为 ，连接 、 ，
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因为 是边长为 的正三角形，则 ， ，
又 平面 ， 、 平面 ，则 ， ，
又因为 ， 、 平面 ，于是 平面 ，
而 平面 ，则 ，因此 为二面角 的平面角，
即 ，所以 ，
将三棱锥 补成三棱柱 ，则该三棱柱的外接球就是三棱锥 的外接球，
设三棱锥 的外接球半径为 ，显然 的外接圆半径 ，
因此 ，
所以该三棱锥外接球表面积为 .
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答题应写出文字说明、证明过程或者演算步骤．
15. 已知等差数列 的前 项和为 ， ．
（1）求数列 的通项 以及前 项和 ；
（2）数列 中 ，前 项和为 ，求满足 的 的最大值．
【答案】（1） ，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前 项和公式列出关于首项 和公差 的方程组，求解即可；
（2）结合（1）可得 ，利用裂项相消法可求得 ，解不等式 ，可求 的最
大值．
【小问 1 详解】
设等差数列 的公差为 ，
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因为 ，所以 ，所以 ，解得 ，
所以 ， ；
【小问 2 详解】
由（1）知 ，所以 ，
所以 ，
由 ，得 ，解得 ，
所以满足 的 的最大值为 ．
16. 如图，在四棱锥 中，底面 为矩形， ， ， ，
．
（1）证明： ；
（2）求点 到平面 的距离；
（3）点 为 中点，求平面 与平面 夹角余弦值．
【答案】（1）连接 ，因为四边形 为矩形， ， ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，故 ，
因为四边形 为矩形，则 且 ，所以 ，
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因为 ， 、 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，故 .
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）连接 ，利用勾股定理证明出 ，结合 可得出 ，结合矩形的几
何性质得出 ，利用线面垂直判定和性质定理可证得结论成立；
（2）证明出 平面 ，推导出 平面 ，可知点 到平面 的距离等于点 到平面
的距离为 的长，即可得出答案；
（3）取线段 的中点 ，连接 ，推导出 平面 ，然后以点 为坐标原点， 、 、
的方向分别为 、 、 轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面 与平面
夹角余弦值.
【小问 1 详解】
略
【小问 2 详解】
因为 ， ，所以 ，故 ，
因为 ， ，所以 ，
因为 ， 、 平面 ，所以 平面 ，
因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
因此点 到平面 的距离等于点 到平面 的距离为 .
【小问 3 详解】
取线段 的中点 ，连接 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ， 为 的中点，所以 ，
因为 ， 、 平面 ，所以 平面 ，
以点 为坐标原点， 、 、 的方向分别为 、 、 轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标
系，
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则 、 、 、 、 ，
当点 为 的中点时，则 ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，则 ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ,
则 ，取 ，可得 ，
，
故当点 为 的中点时，平面 与平面 夹角余弦值为 .
17. 已知 ．
（1）曲线 在 处切线平行于 轴，求 的值；
（2）当 时，求函数 的单调区间；
（3）当 时，证明： ．
【答案】（1）
（2）减区间为 ，增区间为
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（3）当 时， ，先证 ，
构造函数 ，其中 ，则 ，
所以函数 在 上为增函数，则 ，即 ，即 ，
构造函数 ，其中 ，则 ，
由 可得 ，由 可得 ，
所以函数 的增区间为 ，减区间为 ，所以 ，
即 ，即 ，
所以 ，即 ，
综上所述，当 时， .
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义可得出 ，即可得出实数 的值；
（2）利用导数与函数单调性的关系可得出函数 的增区间和减区间；
（3）当 时， ，先证 ，分别构造函数
、 ，其中 ，利用导数法证明出 、 ，结合不等式的基本性质可
证得结论成立.
【小问 1 详解】
因为 ，则 ，
因为曲线 在 处切线平行于 轴，则 ，解得 ，
此时 ，则 ，即切点为 ，该切点不在 轴上，符合题意，故 .
【小问 2 详解】
当 时， ，
由 可得 ，此时函数 的定义域为 ， ，
令 ，其中 ，则 ，
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所以函数 在 上为增函数，且 ，
由 可得 ，由 可得 ，
故当 时，函数 的减区间为 ，增区间为 .
【小问 3 详解】
略
18. 如图，点 在 轴上运动，每次运动向左或向右移动一个单位长度，已知点 从原点 出发，每次向左
移动的概率为 ，向右移动的概率为 ．设经过 次移动后，点 在 轴上位于实数 的位置．
（1）若 ，
（ⅰ）求 ；
（ⅱ）求数学期望 ；
（2）求所有正整数 ，使得 取得最大值，并写出满足要求的 组成的集合．
【答案】（1）（i） ；（ii） .
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）若 ，则点 向右移动 次，向左移动 次，结合独立重复试验的概率公式可求得
的值；
（ii）记点 向右移动的次数为 ，分析可得 ，且 ，利用二项分布的
期望公式以及期望的性质可求得 的值；
（2）假设质点 向右移动 ，则该质点向左移动 次，所以 ，设 ，
由 以及 且 求出 的值，即可得出 的值，即可得出答案.
【小问 1 详解】
（i）因为 ，若 ，则点 向右移动 次，向左移动 次，
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故 ；
（ii）记点 向右移动的次数为 ，则点 向左移动的次数为 ，且 ，
由题意可知 ，由二项分布的期望公式可得 ，
由期望的性质可得 .
【小问 2 详解】
若 ，假设质点 向右移动 ，则该质点向左移动 次，所以 ，
设 ，
， ，显然 ，
当 时，由 ，即 ，
解得 ，又因为 且 ，则 ，故 .
故使得 取得最大值的 的取值集合为 .
19. 已知坐标原点为 ，抛物线 上一点 关于 轴的对称点为 ，直线 的斜率为
，且 ，过点 且斜率为 的直线与抛物线 的另一个交点为 ，点 关于 轴的对称点为
， ，依此类推．已知点 与点 关于 轴对称，且过点 且斜率为 的直线与抛物线 的另一个交
点为 ．
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（1）求抛物线 的方程；
（2）求点 的纵坐标 （用 表示）；
（3）抛物线 在点 和点 处的切线交于点 ，若 面积为 ，证明：
．
【答案】（1）
（2）
（3）在抛物线 上任取一点 ，
结合图形可知抛物线 在点 处的切线的斜率存在且不为零，
设该切线的方程为 ，即 ，
联立 可得 ，整理得 ，
，即 ，即 ，解得 ，
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故抛物线 在点 处的切线方程为 ，即 ，
由（2）可知点 ，故点 、 ，
故直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
联立 可得 ，即点 ，
因为直线 的斜率为 ，故直线 的方程为 ，
即 ，
点 到直线 的距离为 ，
由弦长公式可得 ，
所以 ，
，
所以
，故所证不等式成立.
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求出点 的坐标，再将点 的坐标代入抛物线 的方程，求出 的值，即可得
出抛物线 的方程；
（2）设点 ，则点 、 ，由已知条件得 ，根据直线
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的斜率为 可推导出数列 为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可得出 的表达式；
（3）在抛物线 上任取一点 ，证明出抛物线 在点 的切线方程为 ，将
直线 、 的方程联立，可求出点 的坐标，求出直线 的方程，求出 ，以及点 到
直线 的距离 的表达式，利用三角形的面积公式求出 的表达式，结合放缩法可证得所证不等式成
立.
【小问 1 详解】
由题意可知直线 的方程为 ，
因为点 关于 轴的对称点为 且 ，故点 的纵坐标为 ，
将 代入方程 可得 ，即点 ，
将点 的坐标代入抛物线 的方程得 ，解得 ，
故抛物线 的方程为 .
【小问 2 详解】
根据题意，设点 ，则点 、 ，
将点 的坐标代入抛物线 的方程得 ，所以 ，
因为直线 的斜率为 ，即 ，化简得 ，
整理可得 ，故数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，
故 .
【小问 3 详解】
略
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