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云南昭通一中教研联盟2025-2026学年高二下学期期末考试数学（A卷）
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．函数在的最小值与最大值的和为（ ）
A．e B．1 C． D．3
3．已知实数成等比数列，则（ ）
A． B． C． D．
4．若函数（且）为偶函数，则（ ）
A．9 B．3 C． D．2
5．已知函数在区间上单调递减，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．设且且，若，则的最小值是（ ）
A． B． C．8 D．16
7．已知，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数的定义域为为奇函数，，则（ ）
A．为奇函数且对称中心为 B．为奇函数且对称中心为
C．为偶函数且对称中心为 D．为偶函数且对称中心为
二、多选题
9．以下四个命题中，是真命题的有（ ）
A．若命题，则p的否定为：
B．若，则
C．若且，则
D．“”是“”的充分不必要条件
10．已知数列满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是等差数列 B．数列是等比数列
C． D．
11．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，的增区间为
B．当时，曲线在处的切线方程为
C．若函数在存在单调递减区间，则a的取值范围为
D．当时，函数有且仅有两个零点
三、填空题
12．已知幂函数的图象经过点，则__________
13．将一个边长为a的正方形铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，做成一个无盖方盒，若要使方盒的容积V最大，则边长x为________.
14．函数的值域为，且，则实数的取值集合为________．
四、解答题
15．袋中有7个大小相同的球，其中4个黑球、3个白球，现从中任取3个球，记随机变量X为其中白球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Y为得分．
(1)求的值；
(2)证明：．
16．如图，在凸四边形中，已知．
(1)若，求的值；
(2)若，四边形的面积为1，求的值．
17．如图，在长方体中，，点分别为的中点，点M为长方形内一动点（含边界）．
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)若直线平面，求点M的轨迹长度．
18．已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)若存在极小值和极大值，求a的取值范围．
19．已知抛物线的焦点为，直线与交于两点，与x轴交于点Q，与直线交于点P．
(1)求的标准方程；
(2)当时，求的面积；
(3)是否存在实数，使等式成立，若存在，求的值并说明理由．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D C D A B B C AC ABD
题号 11
答案 BCD
1．B
解析：由题意得，
或，
所以.
2．D
解析：由题知函数在上单调递增，
所以，
则最小值与最大值的和为3．
3．C
解析：由题意得，，
又等比数列奇数项的符号相同，所以，则，故．
4．D
解析：函数为偶函数，且该函数的定义域为，
所以，则，又且，解得，
此时，则，
故为偶函数，满足题意，即.
5．A
解析：因为，所以，
因为在区间上单调递减，
所以，即，则在上恒成立，
因为在上单调递减，所以时，，故．
6．B
解析：由换底公式可得，，，
原式化为，所以，
由基本不等式得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值是．
7．B
解析：由，则，
则，，
所以．
8．C
解析：因为为奇函数，所以，
则，即，
则的图象关于点对称，的图象关于点对称，
由，令，得，即，
则，
所以，故为偶函数．
9．AC
解析：对于A，若命题，则的否定为：，故A正确；
对于B，若，则，
即，故B错误；
对于C：因为且，
所以，
则，故C正确；
对于D，因为是的真子集，
所以“”是“”的必要不充分条件，故D错误．
10．ABD
解析：对于A，因为，所以，
则是以首项为，公差为1的等差数列，故A正确；
对于B，由A知，，
所以，则，
所以是等比数列，故B正确；
对于C，由B知，，则，故C错误；
对于D，由B知，，
则，故D正确．
11．BCD
解析：对于A，当时，，，
则，令，得，
所以的单调递增区间为，故A错误；
对于B，当时，，，则，
所以，
则曲线在处的切线方程为，即，故B正确；对于C，由题意得，
若函数在存在单调递减区间，
则在上有解，即在上有解，
因为函数在上单调递减，
所以，则，故C正确；
对于D，由题意得，
则，
令，
则，令可得，（舍）或，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
又，，，
所以存在，使得，即，
所以当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
因为时，，，
所以存在，使得，
又，，
所以存在，使得，
所以函数有且仅有两个零点，故D正确．
12．
解析：设.
故答案为：
13．/
解析：依题意，折成无盖盒子的底面是边长为的正方形，高为，则，
由，得，
令，解得，令，解得，
故在单调递增，在单调递减，且在处取得最大值.
故答案为：
14．
解析：函数在单调递增，在单调递减，若，
则满足条件，
故实数的取值集合为
15．(1)
(2)证明：由取到个白球，则可得取到个黑球，
所以得分，则．
解析：（1）由题意得，X的所有取值为，
则，，
，，
所以．
（2）略
16．(1)
(2)
解析：（1）在中，因为，，
所以．
在中，由正弦定理得：，
所以．
又，所以，
所以．
（2）在，中，由余弦定理得，
，
，
所以，即．
又，
即，
整理得，
所以，
整理得，
所以．
17．(1)法一：以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，，
则，
故，即．
法二：连接，
在长方体中，⊥平面，
因为平面，所以，
又四边形是正方形，所以，
因为，平面，
所以平面，又平面，
所以．
(2)
(3)
解析：（1）略
（2）法一：由（1）知，点，，，，
易得平面的一个法向量为，而，
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
法二：在长方体中，平面，即平面，
所以即为直线与平面所成角，
在直角三角形中，，则，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为.
（3）法一：由（1）知，，，，，
设（其中，），则，
而，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
因为平面，故，则，即，
而，，则点M的轨迹为线段，且线段的两个端点为，
则点M的轨迹长度．
法二：在长方体中，取的中点，连接，
由点为的中点，得，
则四边形是平行四边形，
，又，
则四边形是平行四边形，
于是，取中点，在上取点，
使得，连接，
而，则四边形为平行四边形，，
而平面，平面，于是平面，
由为的中点，得，而平面，平面，
则平面．
又平面，因此平面平面，
由直线平面，点平面，
则点在平面与平面的交线上，从而点的轨迹是线段，
而，所以点的轨迹长度为．
18．(1)单调递增区间为；单调递减区间为．
(2)
解析：（1），
，
令，则，所以的单调递增区间为；
令，则，所以函数的单调递减区间为．
（2）
，
则，
令，则．
①当时，，，在单调递增，
又，且当趋近于时，趋近于，
故存在，使得，
且当时，，，故此时单调递增.
当时，，，故此时单调递减.
则为的极大值点，没有极小值点，不满足题意.
②当时，，
令，解得，此时单调递增.
令，解得，此时单调递减.
故在时取得最大值，最大值为.
若，即，也即时，在恒成立，
则在恒成立，故在单调递减，没有极值点，不满足题意.
若，即，也即时，，
又当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于，
故存在，使得，且存在，使得，
故当，，此时，单调递减，
当，，此时，单调递增.
当，，此时，单调递减.
故当时，取得极小值，当时，取得极大值，满足题意.
综上所述，若有极大值和极小值，则．
19．(1)
(2)
(3)存在，理由如下：
设，因为点在直线上，
所以，解得，，
点是直线与轴的交点，令，得，所以，
则，
，
，
要验证，即验证：，
化简得：．
联立，消去可得，
因为，且，
所以，
所以和同号，即．
因为
，
则，即．
解析：（1）由题意，，则，
所以的方程为．
（2）设，
当时，直线的方程为，即．
联立，消去可得，
根据韦达定理，，，
则，
点到直线的距离，
所以的面积．
（3）略

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