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陕西安康市部分校2025-2026学年高二下学期期末教学质量评估数学试卷
一、单选题
1．3与9的等比中项为（ ）
A． B． C． D．
2．已知某圆锥的底面半径，母线长，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
4．若，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知双曲线：的离心率为，则的焦距为（ ）
A． B． C． D．
6．设复数与在复平面内对应的点分别为，，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．若定义域均为的函数与分别为奇函数与偶函数，则一定有（ ）
A．为偶函数 B．为偶函数
C．为奇函数 D．为奇函数
8．某物流公司规划了7条分别编号为1至7的无人机专属航线，现将这7条航线全部分配给甲、乙、丙3个不同的调度中心，且航线1与航线2必须分配给同一个调度中心．若每个调度中心至少分到1条航线，且甲中心分配的航线数量必须多于乙中心，则不同的分配方案总数为（ ）
A．185 B．205 C．215 D．235
二、多选题
9．对于实数，，使不等式成立的一个充分不必要条件可以是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知向量，，则（ ）
A．
B．当与的夹角为锐角时，
C．若与共线，则的最小值为
D．若在上的投影向量为，则的最大值为
11．已知函数及其导函数的定义域均为，若，，且当时，，则（ ）
A．在上单调递增 B．在上单调递减
C．函数为周期函数 D．曲线的对称中心有无数个
三、填空题
12．在中，，，，则_____．
13．已知抛物线：的焦点为，过上一点作其准线的垂线，垂足为，若，，则_____．
14．已知函数（，）的图象关于点中心对称，且在区间上单调递增，在区间上单调递减，则的最大值为_____．
四、解答题
15．记为数列的前项积，已知．
(1)证明：数列为等差数列；
(2)若，求的通项公式．
16．已知函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求；
(2)证明：在上单调递减．
17．如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．
(1)证明：平面；
(2)设是侧面内（含边界）一点，且，求长度的取值范围．
18．在某双通道通信实验中，系统每次独立输出一个信号对，其中状态指示值，．工程师截获了连续输出的100个信号对作为样本，统计发现这100个信号对中值的总和为140，值的总和为150．设该样本中信号对出现的频数为（，），并以样本频率作为单次输出相应事件概率的估计值．
(1)补全列联表（可用表示）；
合计
合计 100
(2)若按样本频率得到的与相互独立．
（ⅰ）求的值，并计算单次输出时的概率；
（ⅱ）现该系统继续独立输出4个信号对，记满足的信号对的个数为，求的分布列与数学期望．
附：，其中．
19．已知椭圆：的左、右顶点分别为，，是上与，不重合的一动点．
(1)证明：直线与的斜率之积为定值；
(2)直线，与直线分别交于点，，求的最小值；
(3)若不过点且斜率为的直线与交于，两点，证明：的外心在定直线上．
参考答案
1．A
【详解】设与的等比中项为
由等比数列的等比中项定义可知，，解得.
2．D
【详解】
如图，，，，
所以．
3．A
【详解】由，或，
则或，即.
4．D
【详解】由，即，
则，解得或（舍去），
则.
5．B
【详解】已知双曲线：，则或.
当焦点在轴上时：此时，实半轴平方，虚半轴平方，
半焦距平方，离心率，
已知，则，与冲突，故不成立；
当焦点在轴上时：此时，此时方程可化为，
实半轴平方，虚半轴平方，
半焦距平方，
离心率，
满足，故半焦距，则焦距为，B正确.
6．B
【详解】设，则.
所以，所以，
所以，
由②得，
所以或.
当时，由①得，即，
因为，所以该方程无实数解；
当时，，所以，
所以.
综上所述，.
7．D
【详解】因为定义域均为的函数与分别为奇函数与偶函数，
则，.
对于A：因为，
可知为奇函数，故A错误；
对于B：例如，，则为非奇非偶函数，故B错误；
对于C：因为，
可知为偶函数，故C错误；
对于D：因为，
可知为奇函数，故D正确.
8．C
【详解】因为每个调度中心至少分到1条航线，
所以把7条航线分成3组，有四种情况.
因为甲中心分配的航线数量必须多于乙中心，所以可分甲分配到四个类型进行分析，
所以有以下分配方案：
若甲中心分配5条航线，则其中必包括航线1与航线2，共有种方案；
若甲中心分配4条航线，且其中包括航线1与航线2，则从除1、2两条航线外的5条中再选2条给甲，
再将剩余3条分成两组分配给乙、丙，共有种方案；
若甲中心分配4条航线，但其中不包括航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选4条给甲，
再将1、2两条航线作为一组，剩余1条单独作为一组，分配给乙、丙共有种方案；
甲中心分配2条航线，即航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选1条给乙，
再将剩余4条单独作为一组分配给丙，共有种方案；
若甲中心分配2条航线，但不包含航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选2条给甲，选1条给乙，
再将剩余4条单独作为一组分配给丙，共有种方案；
若甲中心分配3条航线，且包含航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选1条给甲，
此时可从其余航线中选1条给乙，其余航线作为一组给丙，共有种方案；
也可选两条给乙，其余航线给丙，共有种方案；
若甲中心分配3条航线，但不包含航线1与航线2，则需从除1、2两条航线外的5条中选3条给甲，
此时可从剩余2条航线中选1条给乙，其余航线作为一组给丙，共有种方案；
也可将剩余2条航线给乙，将航线1与航线2作为一组给丙，共有种方案；
也可将航线1与航线2给乙，其余航线给丙，共有种方案；
综上所述，共有种方案.
9．AC
【详解】因为二次函数的，
对于A，若，则，所以不等式恒成立，
所以能推出不等式，
当不等式成立时，不一定大于，
当时，不等式也成立，
故不等式推不出，
所以是不等式的充分不必要条件，故A正确；
对于B，将代入，不能推出不等式，故B错误；
对于C，若，分两种情况：
①若，不等式变为：成立，
②若对任意的，，成立，
所以能推出不等式，
取，成立，但，
所以不等式推不出，
所以是不等式的充分不必要条件，故C正确；
对于D，不等式成立时，实数，不同时为，
即，所以不等式能推出，
必要性成立，故D错误.
10．ACD
【详解】A选项，，显然，故，A正确；
B选项，与的夹角为锐角，故且与不同向共线，
且，解得且，B错误；
C选项，设，则，
与共线，故，所以，
，
故当时，取得最小值，最小值为，C正确；
D选项，在上的投影向量为，故，所以，
即，令，则，
所以，
当时，，，
当时，，
当时，，当且仅当，，时，等号成立，
此时，
当时，，当且仅当，时，等号成立，
故，
综上，，的最大值为，D正确.
11．ACD
【详解】若，则，则，
因为，
所以，
则在上单调递增，故A正确；
因为，所以关于中心对称，
则，
因为，所以，
则，得，
若，则，则，
因为在上恒成立，且关于中心对称，
所以在上恒成立，
故，则在上单调递增，故B错误；
因为，
所以，
则，其中为常数，
因为，所以，其中为常数，
则，，得，，
则，则，
函数为周期函数，故C正确；
因为，且关于中心对称，
所以，
则关于中心对称，
故曲线的对称中心有无数个，故D正确.
12．
【详解】由余弦定理可得，
则，则，所以.
13．
【详解】
设，则，，
由，得①，
由，得，
即②，
联立①②，解得，．
14．
【详解】记的最小正周期为，
显然，得.
由，且得.
可得.
由，，，.
所以函数的单调递减区间为，，
单调递增区间为，.
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在上单调递增.
故的最大值为．
15．(1)由题可得，
因为，
所以，
所以数列是公差为3的等差数列．
(2)
【详解】（1）略
（2）由（1）可得 ，则，
当时，，
所以.
16．(1)
(2)由（1）可知，
则，，
所以，
设，，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，即，
所以在上单调递减．
【详解】（1）因为，所以，
则，
又，
所以曲线在点处的切线方程为，即，
即．
（2）略
17．(1)连接，因为，分别为，的中点，所以，
又平面，平面，所以平面．
(2)
【详解】（1）略
（2）以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，
所以，，，，
则，，．
因为点在侧面内（含边界），所以可设，，，
则，所以．
由，得，
即，即，所以，
由，得，则．
，
因为，所以，则，所以，
所以，所以长度的取值范围为．
18．(1)
合计
60
40
合计 50 50 100
(2)（ⅰ），
（ⅱ）的分布列为：
0 1 2 3 4
【详解】（1）设这100个信号对中，出现的频数为，出现的频数为，
依题意得解得，．
设出现的频数为，出现的频数为，
依题意得解得，．
因为信号对的频数为，所以当时，与的频数分别为，，
当时，与的频数分别为，，
补全列联表如表：
合计
60
40
合计 50 50 100
（2）（ⅰ）根据相互独立条件，必有，则，
化简可得，解得．
（或根据相互独立条件，信息对的频率等于的频率与的频率之积，即，解得．）
信号对的频数为，则样本中满足的总频数为，
所以单次输出时满足的概率为．
（ⅱ）由（ⅰ）可知每次输出时满足的概率均为，则．
的所有可能取值为0，1，2，3，4，则，
，，
，，
所以的分布列为：
0 1 2 3 4
则．
19．(1)由椭圆方程可知：，则，，
设，，则，即，
可得，
所以直线与的斜率之积为定值．
(2)6
(3)设，，直线：，，
联立方程，消去y得，
因为，解得且，
则，，
可得
则，
，
，
设外接圆的方程为，，圆心为，
把点代入圆的方程得，
因为点，在圆上，则，
可得，
即，整理可得，
且，
整理可得，
因为，且，即，
可得，
即，可得，整理可得，
代入得，
解得或，
当时，，不满足题意；
当时，即，则点在定直线上，
所以的外心在定直线上；
综上所述：的外心在定直线上.
【详解】（1）略
（2）设直线：，，令得，即；
由（1）可知：，则，
可得直线的方程为，令得，即，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为6．
（3）略

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