2025-2026学年云南省红河州高二下册期末学业水平质量检测数学试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年云南省红河州高二下册期末学业水平质量检测数学试卷（含解析），共46页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共小题，每小题分，共分.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. （ ）
A. B. C. D.
2. 设集合，，则的元素个数是（ ）
A. B. C. D.
3. 的展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
5. 已知圆台的下底面半径是上底面半径的倍，侧面积为，母线长为，则圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
6. 某学校读书节活动中，甲、乙、丙、丁位同学获奖.现将人排成一排照相，则甲、乙两人相邻的不同排法有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
7. 若是定义在上的奇函数，且，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. 0D. -1
8. 曲线：的对称中心是（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共小题，每小题分，共分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分.
9. 已知正项等比数列的公比为，是其前项和，若，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 是与的等差中项
10. 已知圆：，圆：，则下列说法正确的是（ ）
A. 圆的圆心坐标为
B. 当时，抛物线的焦点在圆上
C. 当时，圆和圆相交的公共弦所在直线方程为
D. 当时，若动圆与圆外切，与圆内切，则圆心的轨迹为双曲线的一支
11. 正方体中，分别为棱的中点，为平面上一点，且平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 平面截此正方体所得的截面为五边形
B. 的轨迹为线段
C. 三棱锥的体积为定值
D. 线段取最小值时，是线段的一个五等分点
三、填空题：本题共小题，每小题分，共分.
12. 已知向量，，且，则实数的值是________.
13. 已知公差为的等差数列满足，则数列的前项和是________.
14. 对于函数，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点，简称不动点.已知函数，若曲线（为自然对数的底数）上存在，使得是的不动点，则整数的值是________.
四、解答题：本题共小题，共分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 某中学教师对该校高二年级学生期中考试的数学成绩（总分分）进行统计分析.在整个年级中随机抽取了名学生的数学成绩，将数学成绩分为，，，，，，共组，得到如图所示的频率分布直方图，记分数不低于分为优秀.
（1）求这名学生中数学成绩为优秀的人数；
（2）求这名学生的数学成绩的上四分位数；
（3）在样本中，采取分层抽样的方法从数学成绩在内的学生中抽取名，再从这名学生中随机抽取名，记这名学生中数学成绩为优秀的人数为，求的分布列与数学期望.
16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，分别为的中点，.
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成夹角的余弦值.
17. 在中，角的对边分别为，且满足.
（1）求；
（2）若，
（i）求的外接圆的面积；
（ii）设，且为的中点，求的长.
18. 已知函数.
（1）若，求在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若在上恒成立，求的取值范围.
19. 已知双曲线：经过点，.
（1）求的方程；
（2）过点且斜率为的直线与的右支相交于两点，
（i）求斜率的取值范围；
（ii）在轴上是否存在定点，使得无论绕怎样旋转，总有轴平分？如果存在，求出定点；如果不存在，请说明理由.
数学
本试卷共4页，共19题，全卷满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题：本题共小题，每小题分，共分.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. （ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
解答过程：．
2. 设集合，，则的元素个数是（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
解答过程：联立，解得或，
即，
故的元素个数为．
3. 的展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
解答过程：在的展开式中，通项，
令，得，所以的系数为．
4. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：先利用余弦和角公式展开，结合已知的​求出的值，再将变形为代入数值计算得到结果.
解答过程：因为，
又，解得，
所以．
5. 已知圆台的下底面半径是上底面半径的倍，侧面积为，母线长为，则圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：直接设出圆台的基本量，由侧面积可得圆台上下底面半径，再由勾股定理可得圆台的高，进而可得圆台体积.
解答过程：如图，
设圆台的上底面半径为，高为，母线长为，
由题可知，下底面半径，，
又由圆台的侧面积公式：，解得.
又由勾股定理得，
在圆台中，，
所以圆台的体积.
因此圆台的体积为.
6. 某学校读书节活动中，甲、乙、丙、丁位同学获奖.现将人排成一排照相，则甲、乙两人相邻的不同排法有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
答案：C
解析：
解答过程：第一步：将甲、乙全排列有种不同的排法；
第二步：将甲、乙看成一个整体再与丙、丁全排列有种不同的排法；
由分步计数原理得，共有种不同的排法．
故选C．
7. 若是定义在上的奇函数，且，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. 0D. -1
答案：C
解析：
思路：根据函数是奇函数结合已知得出周期为4，再应用周期结合赋值法得出函数值.
解答过程：因为是定义在上的奇函数，所以且，
又因为，所以，所以，所以函数的周期为4，
因为，令，所以，
则；
故选：C.
8. 曲线：的对称中心是（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：曲线的方程可化为，结合图象平移及椭圆的几何性质可得结论.
解答过程：因为可化为，即，
即，
所以是由对称中心为的椭圆向右平移个单位得到的，
故的对称中心是．
二、多项选择题：本题共小题，每小题分，共分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分.
9. 已知正项等比数列的公比为，是其前项和，若，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 是与的等差中项
答案：ABD
解析：
思路：利用等比数列通项公式和前项和公式即可.
解答过程：对于A，由题得，则，解得或（舍去），故A正确；
对于B，由A选项可知，又，解得，故B正确；
对于C，由B选项可知，得，，故，故C错误；
对于D，因为，，则，所以是与的等差中项，故D正确．
10. 已知圆：，圆：，则下列说法正确的是（ ）
A. 圆的圆心坐标为
B. 当时，抛物线的焦点在圆上
C. 当时，圆和圆相交的公共弦所在直线方程为
D. 当时，若动圆与圆外切，与圆内切，则圆心的轨迹为双曲线的一支
答案：AC
解析：
思路：对A，直接对照圆标准式得到圆心坐标判定；对 B，求出抛物线焦点，代入时圆方程验证不满足；对 C，时写出两圆一般方程，两式相减消去二次项得到公共弦直线；对D，根据内外切关系列出、表达式，相加得，符合椭圆定义而非双曲线.
解答过程：对于A，由圆：可知圆的圆心坐标为，故A正确；
对于B，当时，圆：，又抛物线的焦点为，
由，可知抛物线的焦点不在圆上，故B错误；
对于C，当时，圆：，圆：，
作差可得：圆和圆的公共弦所在直线方程为，故C正确；
对于D，当时，如图，
设圆半径为，因为动圆与圆外切，与圆内切，
所以则又，
故的轨迹不是双曲线，故D错误．
11. 正方体中，分别为棱的中点，为平面上一点，且平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 平面截此正方体所得的截面为五边形
B. 的轨迹为线段
C. 三棱锥的体积为定值
D. 线段取最小值时，是线段的一个五等分点
答案：BCD
解析：
思路：对于A，根据棱的中点及平行四边形的性质可得截面为平行四边形；对于B先证明平面平面，再由条件可得平面，再结合已知条件可得线段即为的轨迹；对于C由平面平面得；对于D，由条件可得，进而只需求的最小值，在直角中，用等面积法可得结果.
解答过程：如图，
对于A，因为为棱的中点，所以且，
所以四边形是平行四边形，
因此且.
又因为是棱的中点，所以且，所以四边形是平行四边形，
所以且.
由平行公理得且，所以四边形是平行四边形，
所以平面截此正方体所得的截面为平行四边形，故A错误；
对于B，由A选项分析知，且平面，平面，
由线面平行的判定定理得平面，又平面，且，平面，
根据面面平行的判定定理，平面平面.
又平面，则平面，又平面，且平面平面，则，
所以线段即为的轨迹，故B正确；
对于C，因为是棱的中点，所以且，
所以四边形是平行四边形，
所以，由B选项可知为点的轨迹，
所以，所以三棱锥体积为定值，故C正确；
对于D，由平面，平面，所以.
因此，则若使取最小值只需取最小值，
又直角中，当时，取最小值，故此时点为所求．
设，则，
由的面积，
解得，则，
又，所以，则是线段的一个五等分点，故D正确.
三、填空题：本题共小题，每小题分，共分.
12. 已知向量，，且，则实数的值是________.
答案：
解析：
思路：根据向量平行的坐标公式，即可求解.
解答过程：由，得，
解得．
13. 已知公差为的等差数列满足，则数列的前项和是________.
答案：
解析：
解答过程：由题知，．
因为，所以，则，
又因为当为奇数时，；当为偶数时，，
令，此时，，，，
则数列的前项和为．
14. 对于函数，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点，简称不动点.已知函数，若曲线（为自然对数的底数）上存在，使得是的不动点，则整数的值是________.
答案：
解析：
思路：理解不动点，，即，整理得，，结合是整数，最后得出答案.
解答过程：由，，得．
由是函数的不动点，得，即，
所以，．
令，，
则，令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
又，，，
所以，
故．
由，得，
又，故整数的值是．
四、解答题：本题共小题，共分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 某中学教师对该校高二年级学生期中考试的数学成绩（总分分）进行统计分析.在整个年级中随机抽取了名学生的数学成绩，将数学成绩分为，，，，，，共组，得到如图所示的频率分布直方图，记分数不低于分为优秀.
（1）求这名学生中数学成绩为优秀的人数；
（2）求这名学生的数学成绩的上四分位数；
（3）在样本中，采取分层抽样的方法从数学成绩在内的学生中抽取名，再从这名学生中随机抽取名，记这名学生中数学成绩为优秀的人数为，求的分布列与数学期望.
答案：（1）50 （2）
（3）解析：
思路：（1）用总人数乘以频率分布直方图中最后两个矩形的面积即可；
（2）求这组数据的75百分位数即可；
（3）由分层抽样的方法可知数学成绩在内的有人，在内的有人，从而可得的可能取值为，求出对应的概率，再由期望公式求解即可.
（1）依题意，不低于分的人数为，
所以这名学生中数学成绩为优秀的人数为；
（2）由频率分布直方图知前组的频率之和为，
所以这名学生的数学成绩的上四分位数（即分位数）为分；
（3）由频率分布直方图知数学成绩在内的有人，
数学成绩在内的有人，
故采取分层抽样的方法从数学成绩在内的学生中抽取名，
数学成绩在内的有人，在内的有人，
由题可知的可能取值为，
则，，，
所以的分布列为
故．
16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，分别为的中点，.
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成夹角的余弦值.
答案：（1）连接，
因为分别为的中点，所以，
因为底面是正方形，所以，
所以，
因为底面，底面，
所以，
又平面，且，
所以平面，
又平面，
所以；
（2）解析：
思路：（1）由线面垂直的判定定理可得平面，再利用线面垂直的性质定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，由面面角空间向量法计算即可求解.
（1）略
（2）以为原点，所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则
，，，，
，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，取，得，
因为平面，
所以是平面的一个法向量，
所以，
所以平面与平面所成夹角的余弦值为．
17. 在中，角的对边分别为，且满足.
（1）求；
（2）若，
（i）求的外接圆的面积；
（ii）设，且为的中点，求的长.
答案：（1）
（2）（i）；（ii）
解析：
思路：（1）利用正弦定理和三角恒等变换求解即可；
（2）（i）利用正弦定理求出的外接圆半径，再由圆的面积公式求解即可；
（ii）先由余弦定理求得，再结合向量法求解即可.
（1）因为，
由正弦定理得，
因为，所以，
所以，
即，，
因为，所以，
得，
即；
（2）（i）由正弦定理得，（是的外接圆的半径）
解得，
所以的外接圆的面积为；
（ii）由余弦定理，
即，
得，
解得或（舍去），
因为为的中点，
则，
所以，
即，
则，
故的长为．
18. 已知函数.
（1）若，求在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若在上恒成立，求的取值范围.
答案：（1）
（2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增
（3）解析：
思路：（1）求导，根据导数的几何意义求解即可；
（2）先求导，再分和两种情况，利用导数分析求解即可；
（3）由题意得到在上恒成立，再构造函数，并利用其单调性将问题转化为在上恒成立，进而求解不等式即可.
（1）当时，，
因为，所以切点为，
又斜率，
故切线方程为：，
即；
（2），的定义域为，
当时，，，所以在上单调递增，
当时，
时，，，所以在上单调递减，
时，，，所以在上单调递增；
（3）由题可知在上恒成立，
即在上恒成立，
则有在上恒成立，
令，由可得在上单调递增，
故可化为，
所以在上恒成立,
即，解得，
故的取值范围为．
19. 已知双曲线：经过点，.
（1）求的方程；
（2）过点且斜率为的直线与的右支相交于两点，
（i）求斜率的取值范围；
（ii）在轴上是否存在定点，使得无论绕怎样旋转，总有轴平分？如果存在，求出定点；如果不存在，请说明理由.
答案：（1）
（2）（i）；（ii）存在，
解析：
思路：（1）将两点坐标代入双曲线方程即可求解.
（2）（i）设出直线方程，联立方程，消去得到方程，利用方程根的情况可求解.
（ii）假设存在满足条件的定点，利用轴平分得到即可求解出点的坐标.
（1）由双曲线：经过点，，
得，解得.
所以曲线的方程为.
（2）（i）设直线的方程为：，联立，
整理得.
因为直线与双曲线的右支相交于两点，设，，
所以，解得或.
故斜率的取值范围为.
（ii）由轴平分可知.
由（i）可得.
又，，
则，.
假设在轴上存在定点，则，
因为，所以，
展开可得，
即.
因为或，所以.
即，
即，
即，得.
所以轴上存在定点符合条件，且．
方法提示：本题考查直线与双曲线的问题，是常考内容， 角平分线转化为斜率关系，结合韦达求定点，体现解析几何的一般解题思想.