广东揭阳市2025-2026学年高二下学期7月期末教学质量测试数学试题（含解析）

这是一份广东揭阳市2025-2026学年高二下学期7月期末教学质量测试数学试题（含解析）试卷主要包含了 的展开式中，的系数为10，则， 已知一组数据如下， 在中，，，， 已知圆等内容，欢迎下载使用。
本试题共4页，考试时间120分钟，满分150分
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的信息填写清楚、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处.
2.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效.
3.答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀.考试结束后，请将本试题及答题卡交回.
一、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. 设，复数为实数，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用复数乘法法则展开给定的复数乘积，再根据实数的虚部为0列方程求解参数的值
【详解】
因为复数为实数，所以
2. 已知全集，且，则集合（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】全集，而，则
因此，所以集合.
3. 为了得到函数的图象，只需将函数的图象上的每个点（ ）
A. 向左平行移动个单位长度
B. 向右平行移动个单位长度
C. 向左平行移动个单位长度
D. 向右平行移动个单位长度
【答案】C
【解析】
【详解】因为，根据函数图象的平移变换规律，
将函数图象上的每个点向左平行移动个单位长度，
即可得函数的图象.
4. 的展开式中，的系数为10，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】
【详解】由题意得的二项展开式的通项为，
令，得，由题可知，
即，整理得，
结合为不小于3的正整数，代入验证可得时满足等式，故.
5. 已知一组数据如下：20，8，30，15，27，12，24，18，则这组数据的第40百分位数为（ ）
A. 15B. 18C. 20D. 15.6
【答案】B
【解析】
【详解】数据组由小到大排列为：，
由，得这组数据的第40百分位数为18.
6. 在中，，，.若于，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先通过余弦定理求出AC长度，再利用共线向量定理设出的线性表达式，结合的垂直条件列方程求解系数即可.
【详解】在中，由余弦定理，
代入已知，，，得： ，
整理为，解得（舍去负根）.
因为在边上，由共线向量基本定理，存在实数使得，且.
由，得，其中.
由，得，故.
将和代入点积条件展开：
，代入，，，
得，联立λ+μ=1−λ+3μ=0，解得，，即.
7. 已知函数，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据定义判断函数的奇偶性，利用导数研究函数的单调性，进而将不等式化为恒成立，利用导数研究右侧的最大值，即可得.
【详解】由，因此是R上的奇函数，
其中，仅在处导数为0，因此是R上的单调递增函数，
原不等式，则，得，即恒成立，
令，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
因此的最大值为
所以，只需，即的取值范围是.
8. 已知中，，的面积为，为中点，则点的轨迹为（ ）的一部分.
A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线
【答案】C
【解析】
【分析】以为坐标原点，角的平分线所在直线为轴，建立平面直角坐标系，利用三角形面积公式得，设，根据条件，用表示出的坐标，进而可得与间的关系，即可求解.
【详解】如图，以为坐标原点，角的平分线所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
记，由题知，得到，
不妨设在第一象限，因为，则，
设，则，得到，，
所以，整理得到，
所以点的轨迹为双曲线的一部分

二、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.
9. 已知圆：，直线：.若圆与直线有公共点，则的值可能为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】AB
【解析】
【分析】利用若直线与圆有交点则圆心到直线的距离不大于半径的性质建立不等式求解即可.
【详解】圆的圆心，半径为，直线，若圆与直线有交点，
则圆心到直线的距离，解得，故选A、B.
10. 已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，，母线长为4，点为的中点，则（ ）

A. 圆台的体积为
B. 圆台的侧面积为
C. 存在互相垂直的母线
D. 在圆台的侧面上，从点到点的最短路径长为
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出等腰梯形的高，进而利用体积公式求A；利用圆台侧面积公式求解判断B；根据圆台定义判定C；利用圆台侧面展开图求解判断D.
【详解】轴截面梯形上底为2，下底为6，延长与相交与,根据相似三角形定理得,所以，解得,故,所以圆心角,则侧面展开图是半圆环（如图），

上底半径，下底半径,母线，所以高.
圆台的体积，故A正确.
圆台侧面积，故B正确.
母线夹角最大出现在同一轴截面两侧，夹角为，，最大夹角为，故C错误.
在圆台侧面上从到的最短路径，由点为的中点，所以，在展开图中是线段，故D正确.
11. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”从上向下数，第一层有1个球，第二层比第一层多2个球，第三层比第二层多3个球，第四层比第三层多4个球，以此类推，设各层球数为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若该“三角垛”共5层，则小球总数为35个
B.
C. 设，则的前项之和为
D. 若该“三角垛”的每个小球半径都为，则当层数为层时，该“三角垛”的高度为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意列举出前5项求和判断A，由题意及等差数列的前n项和公式求判断B，由题设得相邻两项之和，再应用累加及等差数列的前n项和公式判断C，根据已知上层的一个球恰好落在下层三个相邻球构成的凹槽中，且球心构成一个棱长为的正四面体，求出该四面体的高，结合100层的特征求总高度判断D.
【详解】A：由题意，各层球数为，，，，，
若共5层，小球总数个，正确，
B：由题意，第层的球数为前个正整数的和，即，正确，
C：由，则，，，，，
相邻两项之和，，
则
，显然与不相等，错误，
D：每增加一层，上层的一个球恰好落在下层三个相邻球构成的凹槽中，四个球的球心构成一个棱长为的正四面体，
正四面体的高为，
则第一层球的球心到第层球心间的距离为，
故该“三角垛”的总高度为，正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的图象在点处的切线的方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求解即可
【详解】由，得，
所以切线的斜率为，
所以切线方程为，即，
故答案为：
13. 潮汕电影《给阿嬷的情书》在全国热映，吸引许多游客到电影取景地“打卡”.小明同学发现，电影在揭阳的三个主要取景地——揭西县棉湖镇（点A）、榕城区登岗镇（点B）、揭阳古城（点C）构成三角形区域，他借助地图测得，，，则约为________.（结果保留整数，参考数据：）
【答案】
39
【解析】
【分析】已知三角形两边长度及两边夹角，直接运用余弦定理求解第三边长度即可.
【详解】在中，根据余弦定理：，
代入已知条件，，，且，
所以
因此，结合参考数据，
得：.
14. 如图，若干个底和高都一样长的等腰三角形，将它们的底边按从小到大的顺序依次排列在轴上.若这些等腰三角形的底边长构成公差为1的等差数列，且顶点恰好在抛物线上，则________.
【答案】
【解析】
【分析】设第个等腰三角形的底边长为，根据题意得出顶点坐标关于 的表达式，代入抛物线方程建立关于 的方程即可求解.
【详解】设第个等腰三角形的底边长为，高为，则，
由题意“底边长构成公差为1的等差数列”，则，
因为三角形都是等腰三角形，且底边都在轴上，其顶点位于底边的中垂线上，
设第个等腰三角形的底边的中点横坐标为，则纵坐标为，
即第个等腰三角形的顶点坐标为，
由题意知，，
所以，
所以
，
因为顶点在抛物线上，所以，
即，
整理得：，
因为对任意上式恒成立，则同次数项系数相等，
则由项系数相等，得.
四、解答题：本大题共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. 已知数列前n项和为，且，
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
因为，所以当时，，
两式作差得，
又符合上式，故的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）知，，
则.
16. 已知函数，.
（1）若，求的单调性；
（2）若存在两个极值点，求实数的范围.
【答案】（1）
在上单调递增；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数分析函数的单调性；
（2）将存在两个极值点，转化成有两个变号零点，求得实数的范围.
【小问1详解】
若，则函数，定义域为.
恒成立，
所以在上单调递增.
【小问2详解】
函数的定义域为.
.
若存在两个极值点，有两个变号零点，
因为，所以方程有两个不等的正实数根，记为.
所以，解得.
故实数的范围是.
17. 如图，在三棱锥中，，底面，平面平面.

（1）求证：平面；
（2）点是的中点，求直线与平面所成角的正切值.
【答案】（1）过作于，因为平面平面，平面平面，
又平面，所以平面，又平面，所以，
因为底面，又平面，所以，
又平面，所以平面.
（2）
【解析】
【分析】（1）过作于，利用面面垂直的性质可得平面，从而可得，根据条件，利用线面垂直的性质得，再由线面垂直的判定定理，即可证明；
（2）根据（1）可得为直线与平面所成的角，结合条件，利用几何关系，求出，即可求解.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
由（1）知平面，所以为直线与平面所成的角，
设，因为，则为的中点，又是的中点，
所以，又易知，
在中，.
18. 某仓库中同一型号的智能巡检机器人由甲、乙两厂供货.已知甲厂产品的次品率为，乙厂产品的次品率为.从仓库中随机抽取一台，发现其为次品的概率为.
（1）设甲厂在仓库中的供货占比为，求的值；
（2）若已知抽到的产品是次品，求它产自甲厂的概率；
（3）基于上述供货占比，质检员对这批机器人进行有放回的随机抽检，每次记录其生产厂.一旦累计抽到台甲厂产品，或抽取次数达到次，立即停止，记停止时已抽取的总次数为，求的分布列.
【答案】（1）

（2）

（3）
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式列出关于的方程，求解可得；
（2）利用贝叶斯公式可得；
（3）由题意知的可能取值是，分别求得相应的概率，即可得到的分布列.
【小问1详解】
设甲厂在仓库中的供货占比为，则乙厂在仓库中的供货占比为.
设从仓库中随机抽取一台，该产品是甲厂产品为事件；该产品是乙厂产品为事件；该产品是次品为事件.
则，所以.
【小问2详解】
由题意得.
所以若已知抽到的产品是次品，则它产自甲厂的概率为.
【小问3详解】
由题意知的可能取值是.
则；
；
；
.
故的分布列为
19. 已知椭圆过点，右焦点为，且轴.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线过点且与椭圆交于、两点.
（i）证明为定值，并求出此定值；
（ii）对，直线的倾斜角为，记，数列满足，求数列的通项公式.
【答案】（1）；
（2）（i）证明：设直线的方程为．
联立，消去，得
由根与系数的关系得.
由椭圆的第二定义，椭圆的右准线为，离心率为．
所以.
所以.
故为定值，定值为．
（ii）.
【解析】
【分析】（1）依靠轴直接确定焦点横坐标的值，结合椭圆、、的固有等量关系，再将已知点坐标代入椭圆标准式联立求解参数就能写出椭圆方程；
（2）（i）先设出过定点的点斜式 ，和椭圆方程联立后得到韦达定理式，再利用椭圆第二定义得到的表达式，最后通分代入韦达定理式计算即可；
（ii）利用焦半径公式和（i）中结论得，从而有，最后配对求和即可.
【小问1详解】
设椭圆的标准方程为.
由题意得，即，将点代入椭圆方程得：，
解得，.
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
（i）略；
（ii）当直线的倾斜角为时，由焦半径公式，(后续证明).
结合（i）得，
则，从而，
所以，
因为，且，
所以，
由配对求和可得，
因此.

补充说明焦半径公式：
设，在中，，
等式两边平方可得：
，
结合化简可得．

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