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广东深圳市某校2025-2026学年高二下学期期末学业质量检测数学试题
一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
3.的展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D.
4.函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
5.记等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A. B. C. D.
6.某学校开设人工智能、机器人、大数据三门选修课，四名学生每人随机选修一门．若每门课程至少有1人选修，则选修机器人的人数多于选修大数据的人数的概率为（）
A. B. C. D.
7.已知函数在区间上单调递增，，，则（ ）
A. B. C. D.
8.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与的右支交于，两点，若，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
9.掷一枚质地均匀的骰子次，掷出的点数分别记为，，，．若这四个数中最大的数为，则下列结论可能成立的是（ ）
A. ，，，的平均数为，极差为
B. ，，，的平均数为，方差为
C. ，，，的中位数为，极差为
D. ，，，的中位数为，方差为
10.已知圆，直线，为上的动点，过点作圆的切线，，切点分别为，，则（ ）
A. 的最小值为 B. 四边形的面积可能为
C. 直线的斜率存在 D. 直线过定点
11.设函数，则（ ）
A. 当时，
B. 直线是曲线的切线
C. 点是曲线的对称中心
D. 存在，，使得当时，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数，则 ．
13.记等差数列的前项和为，若，，则当取得最小值时， ．
14.劳动实践课上制作圆柱体模型，已知该圆柱的体积为，若用锡纸完整包裹其表面，则所需锡纸面积的最小值为 ．
四、解答题：本题共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.(本小题13分)
袋子中有个大小质地完全相同的小球，其中个黑球，个白球，从中不放回地依次随机摸出个球．
(1)分别求第一次、第二次取到白球的概率；
(2)用表示摸出的个球中白球的个数，求的分布列和期望．
16.(本小题15分)
已知，，分别为的内角，，的对边，且．
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长．
17.(本小题15分)
如图，在五面体中，四边形为矩形，平面平面，，，分别为，的中点，且．
(1)证明：平面；
(2)若，且，求平面与平面夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
设函数．
(1)证明：；
(2)设函数，其中．
(i) 证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点；
(ii) 设，分别为在区间的极值点和零点，比较与的大小，并证明你的结论．
19.(本小题17分)
已知椭圆过点，且离心率为．
(1)求的标准方程；
(2)设的左、右焦点分别为，，为直线上的动点，斜率为的直线与交于，两点，斜率为的直线与交于，两点.
(i) 证明：为定值；
(ii) 若，求的坐标．
1.【答案】D
2.【答案】D
3.【答案】C
4.【答案】A
5.【答案】B
6.【答案】B
7.【答案】D
8.【答案】C
9.【答案】AC
10.【答案】ABD
11.【答案】BCD
12.【答案】
13.【答案】5
14.【答案】
15.【答案】解：（1）设事件“第一次取到白球”，则“第一次取到黑球”，事件“第二次取到白球”.
依题意，，，，，
因此，
所以第一次取到白球的概率为、第二次取到白球的概率为.
（2）的可能取值为1,2,3，
则，，
，
的分布列为：
X 1 2 3
P
.

16.【答案】解：（1）由已知得，，
由正弦定理，得，
由于，
化简得，
由于，则，
于是，
由于，则，于是，
则，故．
（2）由（1）及条件知，，得，
由余弦定理，得，
即，即，
故的周长为．

17.【答案】解：(1)证明：∵四边形为矩形，且为的中点
取中点，连接，，因
则,且,
又因是的中点，且，
，
∴四边形为平行四边形，
∴，
又∵平面，平面
∴平面.
（2）在矩形中，，
又∵面平面，平面平面，平面
∴平面
∵， ，，平面
∴平面
∵∴平面
又∵平面 ∴
方法一：以为原点建立空间直角坐标系如图所示，
∵，∴
∴，，，，
∴，
设平面的法向量为
故可取
依题意，可取为平面的一个法向量，
∴设平面与平面夹角为，
则
∴平面与平面夹角的余弦值为.
方法二：∵且，平面，平面，
∴平面，
又由(1)得,因平面，平面，
则平面，又，平面，∴平面平面，
∴平面与平面的夹角即为平面与平面的夹角，
∵平面，平面，∴，
又∵平面平面，，
∴平面与平面夹角为，
在中，，
∴平面与平面夹角的余弦值为.

18.【答案】解：(1)设函数，定义域为，
，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
则，∴得证.
(2)(i)，，其中，
则，
令，，
则，在恒成立，
则在上单调递减，
由，得，，
根据零点存在定理，在存在唯一解，记为，
即，且，
当时，，，单调递增；
当时，，，则单调递减，
是唯一极值点，且为极大值点，
由（1）得，即
，
且有，则在上存在一个零点，记为，
根据单调性可知，在区间不存在其他零点，
综上，在区间存在唯一的极值点和唯一的零点.
(ii)，证明如下：
由题意可得，且，，
则，，
即，，
即，
由（1）得时，，且，即，
两边取对数，得，
移项得，得证．

19.【答案】解：（1）由题意，可得，
解得，
故椭圆的标准方程为.
(2)(i) 由题可知直线，的斜率存在，设点，
，，，，
，
∴为定值.
（ii）由题可知直线的方程为，直线的方程为，
设，，，，
联立直线与椭圆方程得，
，，
，，
，
代入韦达定理，得，
将代入上式，得，
同理，联立直线与椭圆方程，得，
，，
，
将代入，得，
由，且，可得，
化简，得，解得或，
∴满足条件的点坐标为和.


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