精品解析：上海市建平中学2025-2026学年第二学期期中教学质量检测高二数学试卷

建平中学2025学年第二学期期中教学质量检测 高二数学试卷 说明：（1）本场考试时间为120分钟，总分150； （2）请认真答卷，并用规范文字将答案填写在答题卡上. 一、填空题（本大题共12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. 已知事件与事件独立，且，，则__________. 2. 某学校高一、高二、高三学生人数比为3:3:2，现用分层随机抽样的方法从该校高中三个年级的学生中抽取容量为48的样本，则应从高二年级抽取________个学生. 3. 已知事件与事件互斥，且，，则________. 4. 在的二项展开式中，含项的系数为__________（结果用数值表示）. 5. 若对任意实数都有，则________. 6. 已知班内7位同学的体重数据（单位：kg）由以下茎叶图（十位数字为茎，个位数字为叶）所示，则这组数据的第70百分位数是__________. 7. 一项活动共有4名代表参加，每名代表是否被抽到发言相互独立，且概率均为0.25，记为代表中被抽到发言的人数，则_________． 8. 在一次满分为100分的数学考试中，学生的数学成绩服从正态分布.已知，则从中任选一名学生的数学成绩超过90分的概率为_________. 9. 某校艺术节汇演，已知高一、高二、高三分别选送了4、3、2个节目，若高二的节目必须相邻，则共计有______种出场顺序. 10. 一个盒子中有4个LABUBU玩偶，3个MOKOKO玩偶.甲每次从盒子中摸取一个玩偶，若甲摸到的玩偶是LABUBU，则不放回盒中；若甲摸到的玩偶是MOKOKO，则放回盒中.甲第二次摸到的玩偶是LABUBU的概率为_________. 11. 一个家庭有两个孩子，生肖均为十二生肖之一（等可能）．已知其中一个孩子属马，则另一个孩子也属马的概率为________． 12. 四个栈点、、、之间建有四条栈道、、、.在二月的28天中，每逢奇数日栈道、开放，栈道、封闭维护，每逢偶数日栈道、开放，栈道、封闭维护，一位工作人员起初在栈点，在该月的第（，）天，他以的概率沿当天开放的栈道去往相邻栈点，以的概率留在当前栈点.若他在这28天里的选择是相互独立的，则第28天结束时该工作人员恰在栈点的概率为__________. 二、单选题（本大题共4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分） 13. 已知变量和之间的一组相关数据如下表所示，设变量和满足回归方程，则下列说法错误的是（ ） 5 6 9 12 8 7 5 2.4 A. B. C. 变量和具有很强的线性相关性 D. 该回归直线过点 14. 某学校对100名学生的成绩进行了分析，成绩都在区间内，绘制频率分布直方图如图.则下列说法错误的是（ ） A. 成绩在的频数为10 B. 图中所有小矩形面积之和为1 C. 成绩中位数在区间内 D. 15. 设．随机变量的分布列是 0 1 则当在内增大时，（ ） A. 增大 B. 减小 C. 先增大后减小 D. 先减小后增大 16. 田忌赛马的故事一直为人所津津乐道，共体现了博弈的魅力.已知甲有三匹马，乙有三匹马，这些马之间比赛获胜的概率如下表所示.甲和乙进行三轮赛马游戏，每轮比赛甲和乙各选择一匹马比拼胜负，且每匹马至多进行两轮比赛，最终胜的轮数多的人获胜.在比赛之前，甲和乙先根据下表采用最优的选马策略选出所有参赛的马，并确定它们的参赛顺序，有下列两个命题： ①若，甲最优的选马策略为让马出战一次，马出战两次； ②若，，三轮游戏结束后，甲赢的概率为. 马与马对弈时，马获胜的概率 则下列说法正确的是（ ） A. 命题①正确，命题②正确 B. 命题①正确，命题②错误 C. 命题①错误，命题②正确 D. 命题①错误，命题②错误 三、解答题（本大题共5题，满分78分） 17. 如图，已知圆锥的顶点为，底面圆心为，高为，底面半径为2． （1）求该圆锥的侧面积： （2）设为该圆锥的底面半径，且为线段的中点，求直线与直线所成的角的余弦值． 18. 2025年11月，教育部等五部门联合印发《关于实施学生体质强健计划的意见》，明确要求“中小学生每天综合体育活动时间不少于2小时”.某学校为了解政策落实情况及其对学生视力的影响，随机抽取了100名学生进行每周累计体育活动时长的调查，得到如下表格： 每周活动总时长（单位：小时） 频数 15 25 35 15 10 同时，对这100名学生的视力进行了检查，将视力达到5.0及以上定为“视力良好”，低于5.0定为“视力一般”，得到如下2×2列联表： 视力良好 视力一般 合计 活动时间达标（不少于14小时） 40 活动时间未达标（低于14小时） 30 合计 100 （1）求正整数、的值； （2）从活动时长在和的学生中共抽取2名学生，求这两名学生每周活动总时长的差的绝对值超过7小时的概率； （3）依据的独立性检验，判断是否有95%的把握认为“视力情况”与“体育活动时长是否达标”有关. 参考公式及数据：，其中. ，，，. 19. 某奶茶品牌为了解消费者对奶茶甜度的偏好情况，随机抽取了100名顾客进行甜度测试（分数越高表示越偏好甜味），统计结果显示，所有顾客的甜度偏好分数均分布在区间内，具体数据见下表： 甜度偏好分数 人数 10 25 20 30 10 5 （1）在这100名顾客中，用分层抽样的方法从甜度偏好分数在、这两组中共抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，记为3人中甜度偏好分数在的人数，求的分布、期望和方差； （2）该奶茶品牌把甜度偏好分数在的消费者称为“七分糖爱好者”，该品牌从某日消费人群中随机抽取12名消费者作为样本，每次抽取互不影响且每次被抽到的概率相同（以样本估计总体、用频率代替概率），记抽到个“七分糖爱好者”的概率为，问当为何值时最大？ 20. 已知抛物线的焦点为，准线为，点为抛物线上一动点，点为坐标原点． （1）若，求点的坐标； （2）若直线与抛物线只有一个交点，求直线的方程； （3）若，过点作圆的两条切线，交准线于、两点，求的取值范围． 21. 记在上的最大值为，在上的最小值为. （1）若，求与； （2）若，且对给定的实数，存在，使得，求实数的取值范围； （3）若，且存在实数，，，，使得，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 建平中学2025学年第二学期期中教学质量检测 高二数学试卷 说明：（1）本场考试时间为120分钟，总分150； （2）请认真答卷，并用规范文字将答案填写在答题卡上. 一、填空题（本大题共12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. 已知事件与事件独立，且，，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由独立事件的性质进行求解. 【详解】由事件与事件独立， 得. 2. 某学校高一、高二、高三学生人数比为3:3:2，现用分层随机抽样的方法从该校高中三个年级的学生中抽取容量为48的样本，则应从高二年级抽取________个学生. 【答案】18 【解析】 【详解】因该校高一、高二、高三学生人数比为3：3：2，现从高中三个年级的学生中抽取容量为48的样本， 则应从高二年级抽取的学生数为 . 3. 已知事件与事件互斥，且，，则________. 【答案】0.2## 【解析】 【分析】根据互斥事件的加法公式求解即可. 【详解】. 4. 在的二项展开式中，含项的系数为__________（结果用数值表示）. 【答案】105 【解析】 【分析】通过二项展开式的通项公式求出展开式的通项，利用的指数为2，求出展开式中的系数． 【详解】展开式的通项为．令得到展开式中的系数是 ． 5. 若对任意实数都有，则________. 【答案】81 【解析】 【详解】令，则，即. 6. 已知班内7位同学的体重数据（单位：kg）由以下茎叶图（十位数字为茎，个位数字为叶）所示，则这组数据的第70百分位数是__________. 【答案】58 【解析】 【详解】根据茎叶图，将7位同学的体重从小到大排列为： ， 共个数据，则索引 ， 根据高中百分位数的计算规则，向上取整为， 即第个数据为所求，因此这组数据的第百分位数是. 7. 一项活动共有4名代表参加，每名代表是否被抽到发言相互独立，且概率均为0.25，记为代表中被抽到发言的人数，则_________． 【答案】1 【解析】 【详解】由题意服从二项分布， 则 ． 8. 在一次满分为100分的数学考试中，学生的数学成绩服从正态分布.已知，则从中任选一名学生的数学成绩超过90分的概率为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性来求解不同区间的概率. 【详解】由题意可得，所以正态分布 关于对称， 由对称性可知， ， 又易知 ，所以 . 9. 某校艺术节汇演，已知高一、高二、高三分别选送了4、3、2个节目，若高二的节目必须相邻，则共计有______种出场顺序. 【答案】30240 【解析】 【详解】将高二的3个节目捆绑为一个元素，等价于7个元素的外部排列，再乘以捆绑体内部3个节目的排列，即. 10. 一个盒子中有4个LABUBU玩偶，3个MOKOKO玩偶.甲每次从盒子中摸取一个玩偶，若甲摸到的玩偶是LABUBU，则不放回盒中；若甲摸到的玩偶是MOKOKO，则放回盒中.甲第二次摸到的玩偶是LABUBU的概率为_________. 【答案】 【解析】 【分析】设事件，求出相关事件的概率，利用全概率公式计算即得. 【详解】设甲第一次摸到的玩偶LABUBU为事件A，则第一次摸到的玩偶MOKOKO为事件，甲第二次摸到的玩偶LABUBU为事件， 则， 则. 11. 一个家庭有两个孩子，生肖均为十二生肖之一（等可能）．已知其中一个孩子属马，则另一个孩子也属马的概率为________． 【答案】 【解析】 【详解】两个孩子的生肖组合有种， 记事件A“其中一个孩子属马”，事件B“两个孩子都属马”， 则，， 所以. 12. 四个栈点、、、之间建有四条栈道、、、.在二月的28天中，每逢奇数日栈道、开放，栈道、封闭维护，每逢偶数日栈道、开放，栈道、封闭维护，一位工作人员起初在栈点，在该月的第（，）天，他以的概率沿当天开放的栈道去往相邻栈点，以的概率留在当前栈点.若他在这28天里的选择是相互独立的，则第28天结束时该工作人员恰在栈点的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】用表示工作人员恰有天通过栈道或的概率，表示该工作人员恰有天通过栈道或的概率，构造函数，然后求出奇数项之和与偶数项之和，进而求得结果. 【详解】对 ，用表示工作人员恰有天通过栈道或的概率， 表示该工作人员恰有天通过栈道或的概率， 构造函数. 根据条件知为的次项系数，为的次项系数，第28天结束时， 工作人员在栈点当且仅当他通过栈道或的总天数为奇数，且通过栈道或的总天数为偶数， 因为 ， 所以奇数项之和为，偶数项之和为. 所以第28天结束时该工作人员在栈点的概率为. 二、单选题（本大题共4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分） 13. 已知变量和之间的一组相关数据如下表所示，设变量和满足回归方程，则下列说法错误的是（ ） 5 6 9 12 8 7 5 2.4 A. B. C. 变量和具有很强的线性相关性 D. 该回归直线过点 【答案】D 【解析】 【详解】样本均值：，； 回归系数：，其中 ； ； ； ； ； ； ； . 分子和为：；分母和为.所以. 回归系数： . 回归直线方程为：. 相关系数： ， 选项A：，正确； 选项B：，正确； 选项C：，接近1，具有很强的线性相关性，正确； 选项D：回归直线必过点，不过点，错误. 14. 某学校对100名学生的成绩进行了分析，成绩都在区间内，绘制频率分布直方图如图.则下列说法错误的是（ ） A. 成绩在的频数为10 B. 图中所有小矩形面积之和为1 C. 成绩中位数在区间内 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据频率分布直方图的小矩形的面积之和为1先求出，根据频率分布直方图性质直接求每个选项即可. 【详解】对于D，根据频率分布直方图可知：，可得，所以D正确. 对于A，成绩在的频数为： ，故A正确； 对于B，图中所有小矩形面积之和表示所有区间内的频率之和，为1. B正确； 对于C，设成绩的中位数为， ， 易得中位数在区间内，故C错误. 15. 设．随机变量的分布列是 0 1 则当在内增大时，（ ） A. 增大 B. 减小 C. 先增大后减小 D. 先减小后增大 【答案】D 【解析】 【分析】利用方差公式结合二次函数的单调性可得结果. 【详解】依题意，， 而，所以先减小后增大. 故选：D 16. 田忌赛马的故事一直为人所津津乐道，共体现了博弈的魅力.已知甲有三匹马，乙有三匹马，这些马之间比赛获胜的概率如下表所示.甲和乙进行三轮赛马游戏，每轮比赛甲和乙各选择一匹马比拼胜负，且每匹马至多进行两轮比赛，最终胜的轮数多的人获胜.在比赛之前，甲和乙先根据下表采用最优的选马策略选出所有参赛的马，并确定它们的参赛顺序，有下列两个命题： ①若，甲最优的选马策略为让马出战一次，马出战两次； ②若，，三轮游戏结束后，甲赢的概率为. 马与马对弈时，马获胜的概率 则下列说法正确的是（ ） A. 命题①正确，命题②正确 B. 命题①正确，命题②错误 C. 命题①错误，命题②正确 D. 命题①错误，命题②错误 【答案】B 【解析】 【分析】为获得胜利，甲、乙会优先选择对阵所有对手平均胜率更高的马匹参赛. 【详解】对于命题①，若，赢的概率高于和， 所以甲优先选择对阵所有对手胜率更高的马匹参赛， 尽可能多出战，但最多出战两次，所以让出战两次， 又因为赢的概率高于，所以马出战一次，故①正确； 对于命题②，若，， 胜率表为： 甲方较优的参赛马应为一次、两次；乙方为了降低甲胜率，应取两次、一次. 这时不管怎么排顺序，甲三轮单场胜率只会出现两类情况： 一种是.则甲至少赢两轮的概率为 另一种是. 则甲至少赢两轮的概率为 这两个值都不是，如果把双方的出战顺序也按随机来计算，概率会是，也不是. 故命题②错误. 三、解答题（本大题共5题，满分78分） 17. 如图，已知圆锥的顶点为，底面圆心为，高为，底面半径为2． （1）求该圆锥的侧面积： （2）设为该圆锥的底面半径，且为线段的中点，求直线与直线所成的角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由勾股定理及圆锥的侧面积公式求解即可； （2）取中点，连接，得出直线与直线所成的角即为直线的夹角，再由余弦定理求解即可． 【小问1详解】 由题意，圆锥的母线长， 所以圆锥的侧面积为． 【小问2详解】 取中点，连接，则，， 所以直线与直线所成的角即为直线的夹角， 因为平面，平面，所以， 在中，，同理可得， 在中，由余弦定理得，， 所以直线与直线所成的角的余弦值为． 18. 2025年11月，教育部等五部门联合印发《关于实施学生体质强健计划的意见》，明确要求“中小学生每天综合体育活动时间不少于2小时”.某学校为了解政策落实情况及其对学生视力的影响，随机抽取了100名学生进行每周累计体育活动时长的调查，得到如下表格： 每周活动总时长（单位：小时） 频数 15 25 35 15 10 同时，对这100名学生的视力进行了检查，将视力达到5.0及以上定为“视力良好”，低于5.0定为“视力一般”，得到如下2×2列联表： 视力良好 视力一般 合计 活动时间达标（不少于14小时） 40 活动时间未达标（低于14小时） 30 合计 100 （1）求正整数、的值； （2）从活动时长在和的学生中共抽取2名学生，求这两名学生每周活动总时长的差的绝对值超过7小时的概率； （3）依据的独立性检验，判断是否有95%的把握认为“视力情况”与“体育活动时长是否达标”有关. 参考公式及数据：，其中. ，，，. 【答案】（1），； （2）； （3）有95%的把握认为“视力情况”与“体育活动时长是否达标”有关. 【解析】 【小问1详解】 由每周活动总时长频数分布表可知：活动时间达标（不少于14小时）的人数为：；活动时间未达标（低于14小时）的人数为：.由列联表，达标人数为，未达标人数为. 因此，，. 所以，. 【小问2详解】 活动时长在的学生有15人，在的学生有10人，共25人.从这25人中任取2人，总的基本事件数为： . “差的绝对值超过7小时”意味着两个人分别来自和，有利事件数为：，所以所求概率为：. 【小问3详解】 由（1）得，，完整的列联表为： 视力良好 视力一般 合计 活动时间达标（不少于14小时） 40 20 60 活动时间未达标（低于14小时） 10 30 40 合计 50 50 100 所以 ，因为，所以有95%的把握认为“视力情况”与“体育活动时长是否达标”有关. 19. 某奶茶品牌为了解消费者对奶茶甜度的偏好情况，随机抽取了100名顾客进行甜度测试（分数越高表示越偏好甜味），统计结果显示，所有顾客的甜度偏好分数均分布在区间内，具体数据见下表： 甜度偏好分数 人数 10 25 20 30 10 5 （1）在这100名顾客中，用分层抽样的方法从甜度偏好分数在、这两组中共抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，记为3人中甜度偏好分数在的人数，求的分布、期望和方差； （2）该奶茶品牌把甜度偏好分数在的消费者称为“七分糖爱好者”，该品牌从某日消费人群中随机抽取12名消费者作为样本，每次抽取互不影响且每次被抽到的概率相同（以样本估计总体、用频率代替概率），记抽到个“七分糖爱好者”的概率为，问当为何值时最大？ 【答案】（1） X 1 2 3 P ， （2）时，最大 【解析】 【分析】（1）根据超几何分布的概念，求出分布列，再根据期望和方差的概念，求出结果即可；（2）根据二项分布的概念，求出概率的通式，进而列出不等式组，求出最大值即可． 【小问1详解】 用分层抽样的方法，从甜度偏好分数在这组中抽取人， 甜度偏好分数在这组中抽取人， 故，，， 因此，的分布列为： X 1 2 3 P 故，， ． 【小问2详解】 由题，抽到“七分糖爱好者”的概率是0.4， 抽到“七分糖爱好者”的人数k服从二项分布，即， ，则， 当，即时当，即时， 因此，，且， 所以，当时，最大． 20. 已知抛物线的焦点为，准线为，点为抛物线上一动点，点为坐标原点． （1）若，求点的坐标； （2）若直线与抛物线只有一个交点，求直线的方程； （3）若，过点作圆的两条切线，交准线于、两点，求的取值范围． 【答案】（1）或 （2）和 （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件列出方程即可求解； （2）联立抛物线方程，消元后得方程，分类讨论，根据方程有一根求解即可； （3）设过P点的切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径求出关于直线斜率的方程，再由切线与准线交点的纵坐标表示，利用韦达定理化简，换元求取值范围即可. 【小问1详解】 由可知， 因为，所以， 即，解得， 代入抛物线方程，， 所以点的坐标为或. 【小问2详解】 联立方程，可得，即， 因为只有一个交点， 所以，即时，方程只有一解，满足题意，此时； 当时，则需，解得， 此时. 综上，直线的方程为和. 【小问3详解】 设， 由题意，切线与准线相交，故切线的斜率存在，设切线方程为， 即， 由圆知，圆心，半径， 所以，即， 设， 代入切线方程可得，， 所以，（其中分别是的斜率） 所以， 又， 令，则， 令，则， 所以， 因为，所以，所以， 故求的取值范围为. 21. 记在上的最大值为，在上的最小值为. （1）若，求与； （2）若，且对给定的实数，存在，使得，求实数的取值范围； （3）若，且存在实数，，，，使得，求的取值范围. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用函数在区间上的单调性计算即可得； （2）由三角函数性质可得，则在区间上必须能取到与，结合三角函数性质计算即可得； （3）利用导数求出该三次函数单调性及其极值点后，令，分、、及讨论即可得. 【小问1详解】 由在上单调递减， 故，； 【小问2详解】 由，故， 由，故，， 故存在，使得，， 由，即在区间上必须能取到与， 令，， 即，， 则可为、，可为、， 故有且，即； 【小问3详解】 由 ，得 令，得 解得 当或时，；当时，. 所以在和上单调递增，在上单调递减. 且 设 当或时，方程只有一个实根，设为.此时 与 分别在两侧出现. 要使上的最小值为且上的最大值为，只能使，，故 . 当或时，可看作下面三交点情形的端点情况，所得 也包含在下面的范围内. 当时，方程有三个不同实根，记为 由函数的单调性可知 因为 ，所以区间必须在 的部分，并且要接触到水平线.因此或. 因为 ，所以区间必须在 的部分，并且要接触到水平线.因此或. 于是可能出现以下情况： ①若，，则 ②若，，则 ③若，，则 ④若，，则 综上，对于固定的，一定有 下面估计.由 的三个根为，，， 根据根与系数的关系，得 令，则，且 由，代入上式得 于是 所以 ，从而 ， 最后说明端点和中间值都可以取到.当时， ， 即， 所以三个根为，，. 此时对应 ，对应. 由前面的四种位置关系可得 能取到、以及端点.当从连续变化到时， 从连续变化到，从连续变化到， 因此负值部分也能连续取遍.所以 的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $