云南玉溪市2025−2026学年下学期期末考试高二数学试卷（含答案）

这是一份云南玉溪市2025−2026学年下学期期末考试高二数学试卷（含答案），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知，则（ ）
A．1B．C．2D．
2．设全集，集合，，则a的值是（ ）
A．4B．5C．7D．9
3．在正项等比数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知一组数据1，2，，6，7的平均数为4，则该组数据的第70百分位数为（ ）
A．6.5B．6C．5.5D．4.5
5．已知向量，若，则（ ）
A．B．
C．D．
6．生物丰富度指数是河流水质的一个评价指标，其中，分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数越大，水质越好.如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由1.6提高到2.4，则（ ）
A．B．C．D．
7．若函数的图象的两个对称中心的最短距离为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知抛物线C 的焦点为F，准线为l，过点F的直线交C于A，B两点，分别过A，B作l的垂线，垂足分别为A₁，B₁，若则p=（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、多选题
9．下列选项正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，，则D．若，，则
10．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上一点，则（ ）
A．椭圆的离心率为
B．不存在点，使得
C．的最大值为4
D．使得为等腰三角形的点共有六个
11．已知在上是增函数，在上是减函数，且方程有三个实数根，，2，且，则（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
12．的展开式中，的系数为______________（用数字作答）．
13．记为等差数列的前项和，若，，则______________．
14．在梯形中，，将沿折起，连接，得到三棱锥，则三棱锥体积的最大值为__________．此时该三棱锥的外接球的表面积为__________．
四、解答题
15．在中，内角，，的对边分别为，，，已知，．
（1）求；
（2）若，的面积为，求．
16．如图，在四棱锥中，，为的中点，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
17．甲乙两名同学进行羽毛球比赛，采用局胜制，先赢局者获胜，比赛结束．已知每局比赛相互独立，甲每局获胜的概率为，乙每局获胜的概率为．
（1）求甲以获胜的概率；
（2）求比赛恰好打满局才分出胜负的概率；
（3）若打完局时结束比赛，求获胜者是甲的概率．
18．已知，分别是双曲线的左、右顶点，点是双曲线上的一点．
（1）求双曲线的方程；
（2）已知过点的直线，交双曲线的左、右两支于，两点（异于，）．
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）若，其中为坐标原点，求直线的方程．
19．已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）证明：．
参考答案
1．【答案】D
【详解】由 (1−2i)z=5，得 z=51−2i.
分子分母同时乘以 (1+2i) 进行分母实数化：
z=5(1+2i)(1−2i)(1+2i)=5(1+2i)12+22=1+2i，
所以 |z|=12+22=5.
2．【答案】A
【详解】已知全集 U={1,2,4,6,7}， ∁UA={4,6}.
根据补集定义可知，集合 A 包含全集中除 {4,6} 以外的元素，即 A={1,2,7}.
又因为 A={1,a−2,7}，对比可知 a−2=2，解得 a=4.
3．【答案】D
【详解】设等比数列 {an} 的公比为 q.因为是正项等比数列，所以 q>0,an>0.
由等比中项性质得 a2a4=a32=16，解得 a3=4.
又 a4+a5=a3q+a3q2=4(q+q2)=24，
化简得 q2+q−6=0，解得 q=2 或 q=−3（舍去）.
故 q=2.
4．【答案】B
【详解】由数据 1,2,x,6,7 的平均数为 4，得 1+2+x+6+75=4，解得 x=4.
将这组数据从小到大排列为： 1,2,4,6,7，共 5 个数据.
计算位置指标： 5×70%=3.5.
因为不是整数，所以第 70 百分位数为第 4 项数据，即 6.
5．【答案】D
【详解】因为 a=(1,1),b=(1,−1)，
所以 a+λb=(1+λ,1−λ)， a+μb=(1+μ,1−μ).
由 (a+λb)⟂(a+μb) 可知数量积为 0：
(1+λ)(1+μ)+(1−λ)(1−μ)=0
展开整理得： (1+λ+μ+λμ)+(1−λ−μ+λμ)=0，
即 2+2λμ=0，解得 λμ=−1.
6．【答案】C
【详解】由题意得方程组：
S−1lnN1=1.6，S−1lnN2=2.4，
两式相比消去 S−1，得 lnN2lnN1=，
即 3lnN1=2lnN2，也就是 ln(N13)=ln(N22).
所以 N13=N22（即 N22=N13）.
7．【答案】A
【详解】函数 f(x)=tan(ωx−π4) 的最小正周期为 T.
正切函数相邻两个对称中心的距离为半个周期，由题意知 T2=π2，所以 T=π.
由 T=πω=π ( ω>0)，解得 ω=1.
所以 f(x)=tan(x−π4).
则 f(π3)=tan(π3−π4)=tanπ3−tanπ41+tanπ3tanπ4=3−11+3.
分母有理化得： (3−1)2(3+1)(3−1)=3−23+12=2−3.
8．【答案】C
【详解】设准线l与x轴交于点G，过B作,垂足为.则
因为所以
因为,
根据抛物线的定义，知，，所以是等边三角形，
所以，解得
所以，,
所以，即
9．【答案】BC
【详解】对于A，当时，满足，此时，所以A错误，
对于B，因为，，所以，所以B正确，
对于C，因为，所以，即，
因为，所以，所以C正确，
对于D，当，时，满足，，此时，，
则，所以D错误.
故选BC
10．【答案】BCD
【详解】已知椭圆，其中，，，
对于A：离心率，故A错误；
对于B：设，则，
又因为，化简得：，代入得：，
所以两向量的夹角不可能为钝角，故B正确；
对于C：设，，则，
由均值不等式，，当且仅当时取等号，
所以的最大值为4，故C正确；
对于D：等腰三角形有三种情况，
（1）当时，点P取短轴端点，共有2个点P符合要求；
（2）当时，
设，由距离公式：，平方得：，
由点P在椭圆上，得，
代入：．化简得：，
解得：．
因为，所以，所以共有两个点P符合要求；
（3）当时，同理共有两个点P符合要求；
综上：使得为等腰三角形的点P共有六个，故D正确．
11．【答案】ABD
【详解】，，
因为在上是增函数，在上是减函数，
故0为的极大值点，所以，所以，故A正确；
此时，则，依题意可得，
即，故，令，解得或，
因为在上是增函数，在上是减函数，是函数的极小值点，
所以，解得，故B正确；
，故C错误；
，所以，，故D正确．
12．【答案】10
【详解】的展开式的通项公式为：，
由解得，
故的系数为．
13．【答案】
【详解】若为等差数列，其前项和满足：仍成等差数列，
所以，则
解得.
14．【答案】
【详解】过点C作，垂足为E，
为等腰梯形，
，
由余弦定理得，即
易知，当平面平面ABC时，三棱锥体积最大，
此时，平面
易知，
记O为外接球球心，半径为R
平面，
O到平面的距离
又的外接圆半径
故答案为：，

15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为，，
所以，
因为，
所以．
（2）因为的面积为，所以，即，
所以，
由余弦定理知：，即，
所以．
16．【答案】（1）
因为，平面，
可得平面，由平面，所以，
且，所以，
又因为，为的中点，则，
且平面，
所以平面.
（2）
【详解】（1）略
（2）以为坐标原点，直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，
可得.
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
可知平面的一个法向量为，
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为.
17．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）甲以获胜，则比赛进行了局，最后一局甲赢，前局中甲胜负，
设甲以获胜为事件，则．
（2）比赛要打满局为事件，则前四局中甲赢局，乙赢局，
则.
（3）设事件为打完四局时结束比赛，事件为乙以获胜，则，且、互斥，
则，
所以．
18．【答案】（1）
（2）（ⅰ）（ⅱ）或
【详解】（1）因为是C上一点，所以，解得，
所以双曲线的方程为．
（2）（ⅰ）由题意知，直线的方程为，设，，
联立，化简得，
因为直线与双曲线左右两支相交，所以，所以，
解得或，所以的取值范围为．
（ⅱ）由图易知，，
则
，
所以，解得或．
由（ⅰ）知，得，直线的方程为，
即或．
19．【答案】（1）
（2）当时，在上单调递减；当时，在和上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（3）
由（2）知，当时，函数在上单调递减，
所以当时，即，所以，
将代入上式，得，
所以，于是，，将上述式子累加得：
，
即命题得证．
【详解】（1）当时，，，，又，
故曲线在点处的切线方程为．
（2）函数的定义域为，．
当，即时，函数在上单调递减；
当，即时，若，令，得，
和时，，
时，，
所以函数在和上单调递减，
在上单调递增；
若，令，得，（舍）,
时，；在,；
函数在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，在上单调递减；
当时，在和上单调递减，
在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（3）略.