命题大赛 浙江2025-2026学年高二数学下学期期末模拟卷（人教A版）

**基本信息** 高二数学期末模拟卷，原创题占比达30%，融合校园电商节投篮、机器人路径等真实情境，通过分层设计全面检测数学眼光、逻辑推理与数学应用素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、复数、概率、向量、函数|第4题“等模整向量”创新定义考查数学抽象| |多选题|3/18|统计、立体几何|第10题长方体容器倾斜动态分析，检测空间观念| |填空题|3/15|概率、函数值域、排列组合|第14题机器人路径考分步计数原理，体现应用意识| |解答题|5/77|三角、函数性质、立几、概率、导数|第18题校园投篮活动融合概率与期望计算，第19题导数综合考查逻辑推理|

Sheet1 题号要精确到小题，如某卷的第20题有3道小题，则要用“20（1）、20（2）、20（3）”反应题号、知识点，教材及单元，分值、难度预见估、试题来源。 题号 题型 知识点 分值 难度预估 试题性质（原题/改编/原创） 1 选择题 集合的运算 5 0.8 原题 2 选择题 复数的运算和概念 5 0.8 原题 3 选择题 古典概型 5 0.8 原题 4 选择题 向量，新定义 5 0.8 原题 5 选择题 导数的概念 5 0.8 原题 6 选择题 解三角形 5 0.7 原创 7 选择题 基本不等式 5 0.7 原题 8 选择题 导数极值点，零点 5 0.5 原创 9 选择题 统计 6 0.8 原题 10 选择题 立体几何及空间向量 6 0.6 原题 11 选择题 函数与导数 6 0.5 原题 12 填空题 正态分布和二项式定理 5 0.8 原题 13 填空题 函数性质及应用 5 0.5 原创 14 填空题 计数原理 5 0.5 原创 15 解答题 解三角形 13 0.6 原题 16 解答题 函数性质及应用 15 0.6 原题 17 解答题 立体几何及空间向量 15 0.6 原题 18 解答题 概率统计的应用 17 0.5 原创 19 解答题 导数在研究函数中的应用 17 0.3 原题 整体预估难度 0.6 Sheet2 Sheet3 $ 高二数学期末模拟卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知集合，，则(    ) A. B. C. D. 2.“”是“复数为纯虚数”的(    ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3.袋子里中装有个球，其中个红球、个白球和个黄球，从中任取个球，则取出的个球颜色全不相同的概率为(    ) A. B. C. D. 4.若对于一些横纵坐标均为整数的向量，它们的模相同，但坐标不同，则称这些向量为“等模整向量”，例如向量，，即为“等模整向量”，那么模为的“等模整向量”有(    ) A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 5.已知函数，则的值为(    ) A. B. C. D. (原创）6.在中，，，，则的角平分线的长为(    ) A. B. C. D. 7.对于任意的，，恒成立，则的最小值为(    ) A. B. C. D. (原创）8.已知函数有两个极值点，且，求的取值范围(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.下列结论正确的有(    ) A. 离散型随机变量的方差越大，随机变量取值越集中 B. 经验回归方程的决定系数越大，该模型的拟合效果越好 C. 回归分析中，两个变量的相关系数的绝对值越大，它们的线性相关程度越强 D. 正态曲线是单峰的，其与轴围成的面积是随参数，的变化而变化的 10.如图，向透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个结论，其中正确的是(    ) A. 没有水的部分始终呈棱柱形 B. 水面所在四边形的面积为定值 C. 棱始终与水面所在的平面平行 D. 当容器倾斜如图所示时，是定值 11.如图，在一次社会实践中某学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线：的一部分，则(    ) A. 点在上 B. 在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为整数 C. 若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点 D. 在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于 二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知随机变量，且，则的展开式中常数项为          ． (原创）13.若函数的值域为，则的取值范围是          ． B (原创）14.如图，机器人亮亮沿着单位网格，从地移动到地，每次只移动一个单位长度，要求：只允许向上、向下、向右移动；路径长度为个单位；路径上无重复的点；则亮亮从移动到的路径的数目共有          种．A 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.本小题分在中，内角，，的对边分别为，，，且． 求角的大小； 若，，求，的值． 16.本小题分我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．已知函数． 证明：函数的图象关于点对称； 判断函数的单调性不用证明，若，求实数的取值范围． 17.本小题分如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，． 证明：平面； 在线段不含端点上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (原创）18.（本题满分17分）某校园电商节推出投篮赢优惠券活动，商家设置两阶段投篮规则，每支参赛队伍由甲乙两名同学组成，规则如下： 第一阶段：由队内一名同学完成次定点投篮，若次全部未投中，则队伍直接出局，最终获得优惠券面额为；若至少投中次，则进入第二阶段。 第二阶段：由队内另一名同学完成次三分线投篮，每投中一次可获得元优惠券，未投中则不得，最终优惠券总面额为第二阶段的得分总和。 已知甲每次定点投篮投中的概率为，每次三分线投篮投中的概率为；乙每次定点投篮投中的概率为，每次三分线投篮投中的概率为，且，各次投篮投中与否相互独立。 (1) 若安排甲参加第一阶段投篮，求该队伍最终获得优惠券不少于元的概率； (2) ① 分别写出甲参加第一阶段、乙参加第一阶段时，该队伍获得元优惠券的概率和，比较与的大小； ② 记为甲参加第一阶段时获得优惠券的期望，为乙参加第一阶段时获得优惠券的期望，比较与的大小，并给出为获得更高期望优惠券的参赛方案。 19.本小题分设函数，为的导函数． Ⅰ求的单调区间； Ⅱ当时，证明； Ⅲ设为函数在区间内的零点，其中，证明． 答案和解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 C A A D C B D B BC ACD ACD 12. 60 13.    14. 420 1. 【答案】 解：   ， 所以． 故选：． 2. 【答案】 若复数为纯虚数， 则，解得， 故复数为纯虚数的充要条件为， 所以“”是“复数为纯虚数”的充分不必要条件． 故选A． 3. 【答案】 根据题意，袋子里中装有个球，其中个红球、个白球和个黄球，从中任取个球， 有种取法， 其中取出的个球颜色全不相同的情况有：种， 故要求概率． 故选：． 4. 【答案】 由已知“等模整向量”的定义， 模为的“等模整向量”坐标有： ，，，， ，，，， ，，，共个． 故选：． 5. 【答案】C   ， 又，，， 即 ．故选C． 6. 【答案】 如图，在三角形中，由余弦定理得， 由角A的平分线交于，利用等面积A． 故选： 7. 【答案】 令，，，，则． ， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为， 因为恒成立， 所以，所以， 所以，所以，4所以的最小值为． 故选D． 8.【答案】C 函数 的定义域为 。求导得。 令得 。 (1) 由题意，有两个极值点 ，故方程(1)有两个不同的正根，因此。 且,满足韦达定理：, , 所以 由得。 (2) 又由(1)知，代入(2)： ， 解得 。 (3) 将(3)代入 得 (4) 由于，得，即 < e。 又由 及(3)得> 。 另一方面，，故。 因此的取值范围是 。 对应选项为 B。 9.【答案】BC  【解析】对于、离散型随机变量的方差越大，随机变量取值越分散，故A错误； 对于、经验回归方程的决定系数越大，该模型的拟合效果越好，故 B正确； 对于、回归分析中，两个变量的相关系数的绝对值越大，它们的线性相关程度越强，故C正确 对于、正态曲线是单峰的，其与轴围成的面积为，不随参数，的变化而变化的，故D错误， 故选BC． 10.【答案】ACD  【解析】由题图，显然A正确，B错误； 对于，因为，，所以且平面，平面，所以平面水面，故C正确； 因为水是定量的定体积，所以，即， 所以定值，故D正确． 11.【答案】ACD  【解析】解：对于，将点  代入曲线方程中，得到  ，即  ， 所以点  在曲线  上，故A正确 对于，对于在轴上方的部分，函数， 则，令得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 则是的极小值点，故C正确 对于，点在轴上方，则由，， 可知  ，  ， 则以  为切点的切线方程为  ，即  ， 将切线方程代入曲线方程中，得到：  ，即  ， 则  ， 解得：  或  ，故B错误； 对于，设  的解为  ，  ， ， 当  时，  ，  单调递增， 当  时，  ，  单调递减，  ，  ，   ，所以  ， 设曲线上的点为  ，设  的解为  ， ，  到原点  的距离为  ，， 由  可得  ， 令  ，  ，令  ，解得：  ， 因为  ，所以取  ， 当  时，  ，  单调递增， 当  时，  ，  单调递减，  ，  ， 所以当  时，  ，  ，故D正确． 故选：． 12.【答案】  【解析】解：正态分布的均值，其概率密度曲线关于直线对称， 而P(X＜0)＝P(X＞a)，由对称性可知， 得，二项式展开式的通项为： ， 令，解得， 所以常数项为. 故答案为60. 13.【答案】   【解答】 解：当时， 当时，的对称轴为且时过点 当对称轴时，不成立 当对称轴时函数的值域为，进而可得 可得 所以的取值范围是  故答案为 14.【答案】420 【解析】从到水平要走个单位，因此垂直方向有个单位，先安排水平个单位，再插空安排个垂直单位 分类计算，第一类：个垂直单位不相邻，第一步：插空；第二步：第一个和第四个垂直单位向下，中间两个一个上一个下有两种情况；所以总共有 第二类：有个垂直单位相邻，另外个垂直单位不相邻，第一步：插空；第二步：相邻的个垂直单位要插入第一个位置，第二个和第三个垂直单位先向上，再向下；或者相邻的个垂直单位要插入第三个位置，第一个和第二个垂直单位先向下，再向上所以总共有种情况 故答案为：． 15.解：由正弦定理得，为外接圆的半径．………2 分 又，所以． 又，所以，即．………4 分 又因为，所以．………6 分 （2）由及，得．………8 分 由及余弦定理得，所以，………11 分 解得负值已舍去，故．………13 分  16.解：解法：显然函数的定义域为全体实数，它关于原点对称，………1 分 由题意，，………3 分 所以，………6 分 所以函数的图象关于点对称．………7 分 解法：由题意，令，………3 分 显然函数的定义域为全体实数，它关于原点对称， 且， 所以函数是奇函数，………6 分 所以函数的图象关于点对称．………7 分 由复合函数单调性可知单调递增，………9 分 证明：设，则，，从而， 所以，即，所以是增函数 由知函数的图象关于点对称，故有，即， 所以， 因为，所以，………12 分 因为是单调递增函数，所以，即， 解得，所以实数的取值范围为．………15 分  17.解：证明：在正方形中，， 平面平面，平面平面，平面， 平面，………2 分 又，平面，，， 又，，， 又，，，………4 分 又，，又，，平面，平面．………6 分 假设存在点，满足题意，由知，平面，， 故以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系图略， 则，，，，，，………8 分 设点，，， ，………10 分 ，， 设平面的法向量为， 令，，，， 由知平面的一个法向量为，………12 分 ，，即， 即，即，解得或舍去， 存在一点，使得，即．………15 分  18.解：(1) 该队伍获得优惠券不少于元，等价于：甲第一阶段至少投中次，且乙第二阶段至少投中次。 甲第一阶段次全未投中的概率为： .………1 分 因此甲晋级的概率为： ………2 分 乙第二阶段至少投中次的概率为： ………4 分 由独立事件乘法公式，所求概率为： ………5 分 (2) ① 获得60元优惠券等价于：第一阶段至少投中1次，且第二阶段3次全投中。 若甲参加第一阶段：第一阶段投中概率，第二阶段乙投篮，投中概率，因此 ………6 分 若乙参加第一阶段：第一阶段投中概率，第二阶段甲投篮，投中概率，因此 ………7 分 作差化简： ………9 分 由，得 因此乘积。………10 分 ② 设获得优惠券总面额为 ，若第一阶段出局则；若晋级成功，设第二阶段投中次数为 ，则 服从（为第二阶段投中概率），且，因此期望： 甲参加第一阶段时： ………11 分 乙参加第一阶段时： ………12 分 作差化简： 由，得 即因此， 即，也就是。………15 分 因此，为了获得更高期望的优惠券，应当安排甲参加第一阶段，乙参加第二阶段。………17 分 19.Ⅰ解：由已知，，………2 分 因此，时，有，得，单调递减； 当时，有，得，单调递增．………4 分 的单调增区间为，单调减区间为；………5 分 Ⅱ证明：记，依题意及Ⅰ，有，，………7 分 从而 因此，在区间上单调递减，………10 分 有． 当时，；………11 分 Ⅲ证明：依题意，，即， 记，则，且．………13 分 由及Ⅰ，得， 由Ⅱ知，当时，， 在上为减函数， 因此，， 又由Ⅱ知，，………15 分 故 所以．………17 分 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $