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山东滨州市邹平市第一中学2025-2026学年高二下学期6月期末检测数学试题
一、单选题
1．设集合A=，B=，则（ ）
A． B．
C． D．
2．已知向量.若，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
3．抛物线的焦点坐标是（ ）
A． B． C． D．
4．已知数列满足：，，，若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n段圆弧所在正方形的面积之和为，第n段圆弧与其所在的正方形所围成的扇形面积为.现有如下命题：
：；
：；
：；
：.
则下列选项为真命题的是（ ）
A． B． C． D．
5．已知正八棱锥，设，则（ ）
A． B．
C． D．
6．设是，，．．．的一个排列，把排在的左边且比小的数的个数称为，，的顺序数，如在排列，，，，，中，的顺序数为，的顺序数为，则在至这个数的排列中，的顺序数为，的顺序数为，的顺序数为的不同排列的种数为（ ）
A． B． C． D．
7．直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知，且，则（ ）
A．的最大值为 B．的最小值为
C．的最小值为16 D．的最小值为
10．已知双曲线右焦点为，过且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，点，若为锐角三角形，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线过点
B．直线与双曲线有两个公共点
C．双曲线的一条渐近线的斜率小于
D．双曲线的离心率取值范围为
11．已知函数且），若，则使不等式成立的解可能是（ ）
A． B．1 C． D．3
三、填空题
12．设，则为_______．
13．设向量，的夹角为，，，则______．
14．已知点是椭圆上一点，为椭圆的一个焦点，且轴，（为椭圆的半焦距），则椭圆的离心率是__________．
四、解答题
15．已知盒子中共有个大小相同的球，有红、黄、黑三种颜色，其中黄球有个，随机不放回依次取出一个球，直到将球全部取出．
(1)求第二次取出的球是黄球的概率．
(2)若，且红球和黑球的个数比为，求黄球最先被全部取出（取出最后一个黄球时盒子里还有红球和黑球）的概率．
(3)记随机变量为最后一个黄球取出时总共所取出球的个数，是的数学期望，证明：．
16．如图，已知与的夹角为，点是的外接圆优弧上的一个动点（含端点），记与的夹角为．
(1)求外接圆的直径；
(2)试将表示为的函数；
(3)设点满足，求的最大值．
17．已知函数的部分图象如图1所示， 分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于点，点为该部分图象与轴的交点.
(1)求的解析式；
(2)将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成的二面角，如图2所示.
（i）求直线与平面所成的角的正弦值；
（ii）求以线段的中点为球心，半径为的球与二面角所围成的几何体的体积.
注：球缺的定义：如图3，一个球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫球缺的底面，垂直于底面的直径被截下的线段长叫球缺的高.设球的半径为，球缺的高为，则球缺的体积公式为.
18．设A，B是双曲线H：上的两点．直线l与双曲线H的交点为P，Q两点．
(1)若双曲线H的离心率是，且点在双曲线H上，求双曲线H的方程；
(2)设A、B分别是双曲线H：的左、右顶点，直线l平行于y轴．求直线AP与BQ斜率的乘积，并求直线AP与BQ的交点M的轨迹方程；
(3)设双曲线H：，其中，，点M是抛物线C：上不同于点A、B的动点，且直线MA与双曲线H相交于另一点P，直线MB与双曲线H相交于另一点Q，问：直线PQ是否恒过某一定点？若是，求该定点的坐标；若不是，请说明理由．
19．已知函数.
(1)若，，判断函数的单调性；
(2)若，且对，不等式恒成立，求实数m的取值范围.
参考答案
1．A
解析：由题意，A=
由并集的定义，
故选：A
2．B
解：因为向量，
所以，
因为，
所以，
解得，
故选：B
3．A
解析：抛物线，，焦点在y轴正半轴，
所以抛物线的焦点坐标是.
故选：A.
4．D
解析：因为，，，
，，
当时，，而成立，
假设当时，，
那么当时，，
则当时，等式也成立，
所以对于任意，成立，故该命题正确；
，由题意可得，，，，，，，
，当时，，该命题错误；
，，，，叠加得：，故该命题正确；
，由题意可知，所以，故该命题正确；
所以选项A，为假命题；选项B，为假命题；选项C，为假命题；选项A，为真命题.
故选：D.
5．A
解析：如图：
设底面正八边形的中心为点，设．
根据正八边形的性质知点与分别在和的角平分线上，
且，
由平行四边形法则，与方向相同，
且，
又，故，同理，，
则，
，，
故，即，
同理有，
则，代入得，
即．
故选：A
6．C
解析：因为的顺序数为，所以8一定在第三位，因为8是最大的；因为的顺序数为，7一定在第五位，因为前面除了8以外所有数都比它小.
因为的顺序数为，所以5一定在7后面
这里分两种情况：①6在5前面，此时5一定在第七位，6在前面第一、二、四、六位上，因此有种；②6在5后面，此时5一定在第六位，6在后面第七、八位上，因此有种；从而一共有故A，B，D错误.
故选：C．
7．C
解析：由题意得，直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，则，又，
所以.
故选：C．
8．A
解析：如图，设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，
则根据椭圆及双曲线的定义得：，
，设，
则在中，由余弦定理得，，
化简得，即，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
故选：A.
9．AD
解析：，，解得，当且仅当时等号成立，即的最大值为，故A正确；B错误；
，当且仅当，即时等号成立，，，故C错误；
，，可得，
，当时，取的最小值为，故D正确.
故选：AD.
10．ACD
解析：A选项：将点代入双曲线，得到，符合，所以双曲线过点，故A选项正确；
D选项：因为是锐角三角形，所以，则，即.因为双曲线中，所以，所以，解得，所以.因为，则，所以双曲线的离心率的取值范围是，D选项正确；
C选项：双曲线的一条渐近线为，则斜率为，，又，则，又，所以，即，故C选项正确，
B选项：联立，得，即，则，由C选项得，，此时，故B选项错误.
故选：ACD.
11．BCD
解析：且）的定义域为，
∵，∴是偶函数，
若，则，得，
∴当时，是增函数，
不等式，即，
∴，即，即，解得，
故BCD符合题意.
故选：BCD.
12．
解析：已知，
则令，有.
令，有，
两式相减得．
13．5
解：由得
，
．
故答案为：5．
14．
解析：由题可设，令，代入，
可得，又，
∴，
∴，即，，
解得.
故答案为：．
15．(1)
(2)
(3)由题知随机变量的取值为，
则随机变量的分布列为
所以随机变量的期望
．
所以．
解析：（1）记“第二次取出的球是黄球”为事件，
将个黄球的安排情况作为样本空间，则样本点总数为，
事件表示第二次取出的球是黄球，其他个黄球在剩余个位置中随机安排，则事件包含的样本点数为，
故．
（2）设红球个，由题意得，解得．
所以红球5个，黑球有10个．
记“最后一次取出球是红球”为事件，“最后一次取出球是黑球”为事件，
显然事件互斥，记“黄球最先被全部取出”为事件，则．
当事件发生时，只需考虑取出所有黄球和黑球时最后取出的是黑球，
则．
当事件发生时，只需考虑取出所有黄球和红球时最后取出的是红球，
则．
所以．
（3）略
16．(1)
(2)
(3)
解析：（1）在中，由余弦定理
，
所以，
由正弦定理可得.
（2）连接，由题意可知，
在中，由正弦定理，则，
且为锐角，则，
可得
，
由正弦定理，
可得，
所以表示为的函数为.
（3）设，其中，
由题意可得，
则，
，
即，解得，
又，所以，
可得
，其中，
构建
，其中，
当，即时，取到最大值为，
所以的最大值为，
所以的最大值为.
17．(1)
(2)（i）（ii）
解析：（1）由图可得，，周期，所以，
由，得，所以，
所以，因为，所以当时，，
所以；
（2）（i）法一
如图①，设在平面上的射影为，连接、，则，，.
在平面上过作轴的平行线，过点作交于，交轴于，则，，，，
因为在平面上的射影为，所以在平面上的射影为，故和平面所成角为，
，所以和平面所成角的正弦值为.
法二
如图，以的方向为轴的正方向，在平面内过且垂直轴的直线为轴，过且垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图②，
设在平面上的射影为，则，，，，，，
平面的法向量为
设直线和平面所成角为，则
（ii）法一
由图①，设与轴相交于点，如图③所示，由，得，，则，即与重合，即，，三点共线
取线段的中点，则，得，，即，则，且，又轴，故轴
设线段的中点为，连，则，且.又平面，则平面
，则点在球上，且球被平面所截的图形是以点为圆心、为半径的圆.同理可得，
球被平面所截的图形也是半径为的圆.
所以球与二面角所围成的几何体如图④所示.不妨设其体积为，则
因为，得球缺的高，故，，故.
法二
如图，以的方向为轴的正方向，在平面内过且垂直轴的直线为轴，过且垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图⑤所示
设线段的中点为，在平面上的射影为，则，，，，，，，到平面的距离为
以为球心，半径为的球被半平面所截的图形为圆，不妨设其半径为，圆心为，则，则，
即，所以所截的圆恰与轴相切，同理可得，球被平面所截的图形也是半径为的圆.
所以球与二面角所围成的几何体如图④所示.不妨设体积为，则
因为，得球缺的高，故
，故.
18．(1)
(2)，，
(3)直线PQ恒过定点为．
解析：（1）依题意，解得，所以双曲线方程为；
（2）设（或），则，，，，
则，，所以，
又，即，
所以，
则，，
由，，三点共线得：；
又，，
由，，三点共线得：，
，，
，
，即，则，，
直线与直线的交点的轨迹的方程为，；
（3）设，，则，
直线：，即；
直线：，即．
由得，
所以，即，则，
同理，，
由对称性知，若过定点，则定点在轴上．
取，可得，，则直线PQ：，过点．
下证明直线恒过定点为．
由且得，
所以直线恒过定点为．
19．(1)在上单调递增
(2)
【分析】（1）求得，令，利用导数求得的单调性质和极小值，进而得到的单调性；
（2）根据题意，转化为，恒成立，设，求得，再设，得到在上单调递减，结合，求得的单调性和极大值，进而求得实数m的取值范围.
解析：（1）解：当时，，其定义域为，
可得，
令，则，
由，可得，由，可得，
所以的极小值为，
所以，即，所以在上单调递增.
（2）解：当时，可得，
由，可得，
即对，恒成立，
设，则，
设，则，
所以在上单调递减，
又因为，所以时，，即；
当时，，即，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值，也是最大值，为，
所以，即实数m的取值范围为.

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