甘肃兰州市第五十九中学2025-2026学年第二学期期末考试高二数学试题（含答案）

这是一份甘肃兰州市第五十九中学2025-2026学年第二学期期末考试高二数学试题（含答案），共26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。
时间：120分钟 分数：150分
第一卷 选择题
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.）
1. 样本数据2，8，14，16，20的平均数为（ ）
A. 8B. 9C. 12D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】由平均数的计算公式即可求解.
【详解】样本数据的平均数为.
故选：C.
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】由复数除法即可求解.
【详解】因为，所以.
故选：A.
3. 已知集合则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出集合后结合交集的定义可求.
【详解】，故，
故选：D.
4. 不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次不等式的求解方法求解即可.
【详解】由，得，即.
等价为，解得.
故解集为.
5. 已知抛物线（）和（）均经过点，则的焦点与的焦点之间的距离为（ ）
A. 12B. C. 6D.
【答案】D
【解析】
【分析】将已知点代入抛物线方程求解参数，再结合抛物线焦点坐标公式得到两个焦点坐标，最后代入距离公式计算即可.
【详解】∵ 抛物线经过点，
∴ 将代入的方程得，即，解得.
∴ 的焦点坐标为，即.
∵ 抛物线经过点，
∴ 将代入的方程得，即，解得.
∴ 的焦点坐标为，即.
根据两点间距离公式，与之间的距离为：
.
6. 已知函数的最大值为1，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【详解】法1：（1）当时，由，解得，
故函数定义域为.
①当时，，
当，则，故不存在最大值，不合题意；
②当时，此时，，
故最大值不为，不合题意；
③当时，，
当，则，故不存在最大值，不合题意；
（2）当时，则，则函数定义域为.
且由最大值为可知，，
即对任意恒成立，且等号能取到.
设，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
故，当且仅当时，，
由对任意恒成立，可知，
又当时，恒有，取不到等号，所以有，
故选：B.
法2：，
由选项知，则定义域为，
故最大值必在极值点处取到，不妨设此极值点为，
由，
则由，可得①，
且，即②，
联立①②解得.
验证：当时，，
则，
设，则，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减；
，且，
且当，；当，；
作出函数的大致图象，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
则，满足题意，故.
法3：由选项知，则定义域为，
由，解得.
同法2验证可得，故满足题意，由选项唯一可得..
法4：由选项知，则定义域为，
由，解得.
验证：当时，由不等式可得，
故，当且仅当时等号成立，
故满足题意，由选项唯一可得.
7. 一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市，以其独特的建筑格局和深远的历史文化闻名遐迩．该塔群共有108座塔，依山势自上而下排成12行，将第行中塔的座数记为，其中，，，且，，…，是一个首项为7，公差为2的等差数列．将，，…，分为6组，每组2个数，使得每组的2个数之和可构成一个项数为6且公差为的等差数列，则（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】由条件求出数列的前项的和，设新数列为，设其公差为，由条件可得，结合选项判断即可.
【详解】由已知，，，，，
设新数列为，，
由已知数列为等差数列，设其公差为，，
又的前项都为奇数，所有项都为偶数，
由已知为正偶数，为正偶数，
则，故，
若，则，矛盾，
若，则，矛盾，
若，则，矛盾，
若，则，此时可取，，，
，，，满足要求.
8. 设为空间中64个点构成的集合，点，记样本空间，从中随机取一个点，定义随机变量如下：对中的每个点，令，则的数学期望值为（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知.解法一：根据古典概型求相应的概率，进而可得期望；解法二：可得，，根据对称性运算求解；解法三：根据点的特征结合古典概型运算求解.
【详解】由题意可知：，且随机变量的取值为，，，，，，0，1，2，3，4，5，6.
解法一：依题意，可得，
，
，，
，，
所以；
解法二：根据对称性可知：，，，，，
又，，
所以；
解法三：因为，，
对于任意一点，均存在与之对应，可知这两点的坐标和为0，
因为，样本空间，
可知样本空间中存在唯一点与点对应，
所以中所有点的坐标和的总和为，
故.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.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. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】对于A选项，复数的共轭复数，因此，A选项正确.
对于B选项，复数的模，因此，B选项错误.
对于C选项，∵ ，
∴ ，该选项正确.
对于D选项，
∵ 分子，分母，
∴ ，是实数，故，该选项正确.
10. 在空间中，、为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（ ）
A. B.
C. 当时，平面D. 当平面时，
【答案】BC
【解析】
【分析】做出满足条件的图，过点作，为垂足，过点作，为垂足，过点作，由条件可得，解三角形可得，由此判断B，当点与点的距离无限大时，可得趋向于，排除A，先证明平面，结合，证明 重合，由此证明平面，由平面推出点与点重合，点与点重合，判断D.
【详解】不失一般性作图如下，
过点作，为垂足，过点作，为垂足，
过点作，，连接，
则，因为二面角为，
所以，由已知，
所以，所以，
故，，B正确；
当点与点的距离无限大时，，无限大，无限靠近，
此时趋向于，A错误；
因为，，平面，
所以平面，又平面，所以，
若，不重合，结合，平面，
可得平面，平面，
所以，矛盾，所以重合，
因为，，，平面，
所以平面， 故平面，C正确；
因为平面，若平面，
则平面与平面重合，此时点与点重合，点与点重合，
故与的夹角为，D错误，
11. 已知圆，圆，圆，直线与，，均有两个交点．记被，，截得的弦长分别为、、，则（ ）
A. 可以取任意实数B. 满足的直线共有条
C. 满足的直线多于条D. 当时，的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】已知三个圆均为半径的等圆，圆心分别为、、，利用弦长公式（为对应圆心到直线的距离，且以保证直线与圆有两个交点），逐个分析选项即可.
【详解】记到直线的距离分别为，则，，.
∵ 直线与三个圆均有两个交点，
∴ ，，，对应弦长为.
A：∵ 解，得，
解，得，
不妨取，
∵，
∴，记，
解，得，记，
当，即时，，
此时不存在这样的直线与三个圆都相交.
∴ 不能取任意实数，A错误.
B：∵ ，
∴ .
由得，平方得，即或.
①当时，直线为，由得，解得，
此时，符合条件，对应直线条.
②当时，直线为，由得，解得，
此时，符合条件，对应直线条.
综上，共条直线满足条件，B正确.
C：令，
∴ ，，
令，则，
∴ .
令，即，
平方整理可得，解得或，即或，
经验证，此时均小于，满足题目要求，此时已有条直线，多于条，C正确.
D：当时，，，
∴ ，，
令，则，
∴ .
设，求导得，
令得，此时取最大值，
∴ 的最大值为，D正确.
【点睛】方法点睛：本题考查直线与圆的位置关系，核心是利用弦长公式将弦长关系转化为圆心到直线的距离关系，最值问题可通过换元结合导数求解，多选题可逐个验证选项，结合特殊情形快速判断正误.
第二卷非选择题
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知平面向量若，则___________
【答案】
【解析】
【分析】根据向量坐标化运算得，再利用向量垂直的坐标表示得到方程，解出即可.
【详解】，因为，则，
则，解得.
则，则.
故答案为：.
13. 若是函数的极值点，则___________
【答案】
【解析】
【分析】由题意得即可求解，再代入即可求解.
【详解】由题意有，
所以，
因为是函数极值点，所以，得，
当时，，
当单调递增，当单调递减，
当单调递增，
所以是函数的极小值点，符合题意；
所以.
故答案为：.
14. 设实数满足：存在数列，使得对于任意，均有，且中有某连续9项，，…，是公比为的等比数列.则的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件求出每3项的和，结合等比数列的性质求解即可.
【详解】由，得，
则.
又，满足上式，所以.
若，则，，，
所以，即，无解；
若，则，，，，，成等比数列，
，，
所以；
若，则，，，，，成等比数列，
，，
所以.
综上，，所以，故的最大值为.
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. 某工厂抽取一批电子元件检测，记录第一次出现故障的时间（天），绘制成如下的频率分布直方图：
（1）求第一四分位数和中位数；
（2）为首次故障时间小于365天的概率估计值.
（i）求；
（ii）工厂向某用户销售100件电子元件，为这100件产品首次出现故障小于365天的件数，则，求，.
【答案】（1）第一四分位数为362.5，中位数为377
（2）（i）
（ii），
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中各矩形的面积表示频率，利用百分位数的定义列方程求解第一四分位数和中位数；
（2）（i）直接累加对应组距的频率即可得到；（ii）根据二项分布的期望以及方差的公式求解即可.
【小问1详解】
由频率分布直方图，累计到的频率为.
累计到的频率为，因此第一四分位数在内，
因此第一四分位数，
累计到的频率为.
累计到的频率为，
因此中位数在内：中位数.
【小问2详解】
（i）首次故障时间小于365天的频率为前两组频率之和.
（ii）已知，
根据二项分布的期望和方差公式，
，
.
16. 如图，三棱锥中，点在上，，，．
（1）证明：；
（2）若，，，．求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：
因为且，，且，
所以平面.
因为平面，所以.
又，，平面，
平面，平面，
所以平面，
故.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，，再结合线面垂直的性质定理证明即可；
（2）法一：建立空间直角坐标系，求解向量和平面的法向量，再结合向量法求解线面夹角；法二：利用体积法解出设点到平面的距离为，进而计算线面夹角.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
可得， ， ， .
因为 且 ，所以.
所以，，.
设平面 的法向量 ，则，
可得，令，则：，，即.
设与平面所成的角为：
所以
，
所以与平面所成的角的正弦值为.
法二：在 中，，
在 中，，
由（1）知，则.
在 中，.
在 中，.
，
为直角三角形，则.
设点到平面的距离为，与平面所成角为，
由得：
，即，
解得：.
所以.
17. 在中，已知，．
（1）证明：为钝角三角形；
（2）若的面积为，求的周长．
【答案】（1）证明：由，则，
又，得，则，
由两角和的余弦公式，，
结合可知，
则异号，必然一个为负，一个为正.
又，即中必有一个是钝角；
（2）
【解析】
【分析】（1），结合题设得出，然后由两角和的余弦展开得到，进而得解；
（2）先推出三角形面积公式的变形式，解得，由正弦定理进而得出，然后列余弦定理和面积公式的关于的方程组求解.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
方法一：由正弦定理和三角形的面积公式，
，
（是外接圆半径）
又，，则，解得，
又，则，
由余弦定理，即，
又，则，
于是，即，
，解得，
故周长为.
方法二：由，则，
即，
由正弦定理可得，，
由三角形面积公式，，
得到，则，其余同上.
18. 已知椭圆：（），过E的右焦点且与轴垂直的直线被截得的线段长为．
（1）求的离心率．
（2）设为坐标原点，给定点，为上的点，过作轴的垂线，垂足为，直线与直线的交点为．当在上运动时，点的轨迹为．
（ⅰ）求的方程；
（ⅱ）当为何值时，有对称中心？当有对称中心时，将平移后得到曲线，使得为的对称中心，说明是什么曲线.
【答案】（1）
（2）（i）的方程为；
（ii）当时，有对称中心；
当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点，
当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点.
【解析】
【分析】（1）利用过右焦点垂直于轴的直线被所截线段长为 ，通过求出坐标解出线段的长，求得再求出离心率；
（2）(i)通过联立方程求出点的坐标，再反解出点的坐标代入椭圆方程，从而求出的轨迹的方程；
（ii）先对曲线方程配方，再讨论在不同取值时，中心存在的情况；再通过平移规律求出的方程，再讨论不同情况下的形状.
【小问1详解】
设椭圆 的右焦点为，其中 ，
那么过右焦点且垂直于 轴的直线为，代入椭圆得
，即 ，
所以 ，由于截线段长为 ，解得 ，
故 ，离心率 .
【小问2详解】
(i) 方法一：
由（1）知椭圆方程为 ，由于点满足 ，且 ，过作轴的垂线，交 轴于点 ，
那么当时，点，点与点重合；
当时，直线 方程为：，直线方程为： ，
即 ，
联立，解得，即点，
设，则由，
代入椭圆方程得，即，
两边乘以得，
整理得，
把点代入，仍然成立，
故轨迹的方程为；
方法二：
由于，点在轴，故直线必有斜率；
设直线方程为，，那么点，
由于轴，则，
由于点三点共线，则，
因为点在直线上，所以，，
把代入椭圆方程： ，得，即，
整理化简，得 ，
故轨迹的方程为；
(ii)由（i）得轨迹的方程为，
当即时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与x轴交点，无对称中心；
当 即 且0时，
化简轨迹的方程为，
将轨迹向左或向右平移个单位得到的方程为，即，
所以当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点，
当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点.
综上，当时，轨迹无对称中心；
当时，有对称中心；
当时，形状为焦点在x轴上的椭圆去掉与轴交点，
当时，形状为焦点在x轴上的双曲线去掉与轴交点.
19. 已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求，；
（2）当时，，求的取值范围；
（3）当时，，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）结合导数几何意义建立方程求解；
（2）法一：构造差函数，结合导函数符号的变化分类讨论函数的单调性，进而由恒成立求解参数范围即可；法二：先由必要性探路分析界点，当，确定界点；再结合界点分类讨论即可；
（3）法一：构造差函数，结合端点效应分析界点，再分类讨论可得；法二：分离参数，结合洛必达法则求解.
【小问1详解】
，
由切点在直线上，也在函数图象上，
可知且，可得；
由，则切线的斜率为，
解得；
故.
【小问2详解】
由（1）知，，
则
，
故题意可转化为对任意恒成立，
法一：令，，
则，
当时，由且，
则，即，
则在上单调递增，又，
要使对任意恒成立，
则，解得；
当时，不成立；
当时，，，且，
则，
即，则在上单调递减，
又当时，，不满足题意；
综上所述，的取值范围为.
法二：
不等式可转化为，
即对任意恒成立，
当时，不成立；
当时，设，，
当时，由，可知，
，
这与对任意恒成立矛盾；
当时，，
，
由，故在上单调递增，
故在上存在唯一零点，设为，
且当时，，即，
此时不等式不成立；
当时，，
则在上单调递增，
由，故，
故不等式，即恒成立，
综上所述，的取值范围为；
【小问3详解】
法一：设，
则
，
令，
则，
其中，，.
当时，，
则在上单调递增，故，
故在上单调递增，故，
即当时，恒成立，满足题意；
当时，设
，
由，可知且，
则，可知在上单调递增，
故，即，
故在上单调递增，故，
故在上单调递增，故，
即当时，恒成立，满足题意；
当时，此时，又，
则存在正实数，使得，，
则在上单调递减，则，
即当，，不满足题意；
综上所述，，即的最小值为.
法二：由可得
，
则，即，
则，
由，可知，则，
故原不等式可转化为，
由，
设，，
则，
设，，令，
则，，
由，
再令，
，故在上单调递增，
故，则，故在上单调递增，
所以，即，
故在上单调递减，
又由洛必达法则可知，
故要使当时，恒成立，则，
即的最小值为.