精品解析：福建漳州市第三中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

漳州三中2025-2026学年下学期期中考试 高二数学试题 时间：120分钟 总分：150分 2026.04 注意事项： 1．答题前，考生在答题卡上务必将自己的姓名、准考证号涂写清楚． 2．回答选择题时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效． 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 已知函数，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6 2. 下面是不同成对数据的散点图，从左到右对应的样本相关系数分别是，其中最小的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知随机变量X服从正态分布，若，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8 4. 袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 为研究高中生的性别与是否喜欢数学课程之间的关系，运用2×2列联表进行检验，经计算，参考下表，则认为“性别与喜欢数学有关”犯错误的概率不超过（ ） A. 0.1% B. 1% C. 99% D. 99.9% 6. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在直三棱柱中，，，，，为棱的中点，则异面直线和所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数，且，则正实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 以下函数求导正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 一工厂将两盒产品送检，甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品．先从甲盒中随机取出一个产品放入乙盒，分别以，和表示由甲盒取出的产品是一等品，二等品和三等品的事件；再从乙盒中随机取出一产品，以表示由乙盒取出的产品是一等品的事件．则下列结论中正确的是（ ） A. ； B. ； C. 事件与事件相互独立； D. ． 11. 如图，在棱长为3的正方体中，点P为线段上的一个动点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点P，使平面 C. 若，则二面角的余弦值为 D. 若，则过点，D，P三点的平面截正方体所得截面的周长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则在上的投影向量为________． 13. 已知离散型随机变量X服从两点分布，且，则随机变量X的方差为_________． 14. 若直线（为常数）与曲线，曲线均相切，则__________. 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. 已知函数在处取得极小值，且极小值为. （1）求，的值； （2）求在上的值域. 16. 某公司为了了解A商品销售收入（单位：万元）与广告支出（单位：万元）之间的关系，现收集的5组样本数据如下表所示，且经验回归方程为. 2 5 6 8 9 16 20 21 28 10.96 19.24 22 27.52 30.28 （1）求的值； （2）现从这5组数据的残差中抽取2组进行分析（观测值减去预测值称为残差），记X表示抽到数据的残差为负的组数，求X的分布列和期望； （3）已知，且当时，回归方程的拟合效果良好，试结合数据，判断经验回归方程的拟合效果是否良好. 17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，为中点，且． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 为了提高学生复习的效果，某中学提出了两种学习激励方案，其中甲方案：课前提前预习并完成同步小练习可以获得分，课前提前预习但没有完成同步小练习可以获得分，课前没有提前预习也没有完成同步小练习则扣除分（即获取分），其中对学生调查发现甲方案中三种情况的概率分别为、、；乙方案：每天多做一套试题则获得分，若不能按时多做一套试题则扣除分（即获取分），若每天多做一套试题的概率为，每位同学可以参加两次甲方案或乙方案（但是甲、乙两种方案不能同时参与，只能选择其一），且两次方案互不影响规定参加两次方案后获得的分数为正，则获得学校的嘉奖；获得的分数为负，则没有嘉奖. （1）若，试问学生选择哪种方案更容易获得嘉奖？请说明理由； （2）当在什么范围内取值时，学生参与两次乙方案后取得的平均分更高？ 19. 已知函数. （1）当a=1时，讨论f（x）的单调性； （2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 漳州三中2025-2026学年下学期期中考试 高二数学试题 时间：120分钟 总分：150分 2026.04 注意事项： 1．答题前，考生在答题卡上务必将自己的姓名、准考证号涂写清楚． 2．回答选择题时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效． 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 已知函数，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6 【答案】D 【解析】 【详解】， 由可得． 2. 下面是不同成对数据的散点图，从左到右对应的样本相关系数分别是，其中最小的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用散点图的变化趋势，判断相关系数的正负，由散点图的集中程度，分析相关系数大小，即可得答案. 【详解】由散点图可得，图1为正相关，则，且相关性较强，则， 图2为负相关，则，且相关性较强，则， 图3为正相关，则， 图4为负相关，但数据相关性较弱，所以， 所以相关系数最小的为. 故选：B 3. 已知随机变量X服从正态分布，若，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性列式求解. 【详解】随机变量X服从正态分布，由，得， 所以. 故选：B 4. 袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意可知每次抽到黄球的概率是，那么3次中恰有2次抽到黄球的概率. 【详解】袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，每次取到黄球的概率， ∴3次中恰有2次抽到黄球的概率是. 故选：D 【点睛】本题考查次独立重复事件中，事件恰发生次的概率，意在考查概率类型的公式，属于基础题型. 5. 为研究高中生的性别与是否喜欢数学课程之间的关系，运用2×2列联表进行检验，经计算，参考下表，则认为“性别与喜欢数学有关”犯错误的概率不超过（ ） A. 0.1% B. 1% C. 99% D. 99.9% 【答案】B 【解析】 【分析】根据与临界值的大小关系确定犯错误的概率的范围. 【详解】因为，结合表格可知， 所以认为“性别与喜欢数学有关”犯错误的概率不超过， 故选：B 6. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意将问题转化为恒成立，参变分离，结合基本不等式求最值即可. 【详解】因为在上单调递减， 所以恒成立， 即恒成立， 而（当且仅当时，等号成立）， 所以只需，解得.经检验，当时，仅有使，符合题意. 故选：B. 7. 如图，在直三棱柱中，，，，，为棱的中点，则异面直线和所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴建系，利用空间向量求解即可. 【详解】因为，，， 所以，所以， 在直三棱柱中，平面, 以为原点，为轴，为轴，为轴建系， 则 则 , 所以，， 设异面直线和所成的角为， 则. 8. 若函数，且，则正实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，化简得；不等式进行同构处理得，分析同构后对应函数的单调性，转化为关于和的不等式恒成立问题，利用导数法求函数在定义域内的最大值，得到的取值范围. 【详解】由，得的定义域为； ， 由得，即. ，，； 当时， ， ，，此时恒成立； 当时，，得 ； ，即； 令，则； ，，，得； 在上单调递增. 由，得，即； ，即. 令，则. 令，则，得； 当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增； 当时，取得极小值，也是最小值，即， 由在上恒成立，得，即，解得； ，； 正实数的取值范围是. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 以下函数求导正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用基本初等函数的求导公式及运算法则即可逐一求导得出结论. 【详解】, A正确； ，常数的导数为0，B错误； ，C错误； ，D正确. 故选：AD. 10. 一工厂将两盒产品送检，甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品．先从甲盒中随机取出一个产品放入乙盒，分别以，和表示由甲盒取出的产品是一等品，二等品和三等品的事件；再从乙盒中随机取出一产品，以表示由乙盒取出的产品是一等品的事件．则下列结论中正确的是（ ） A. ； B. ； C. 事件与事件相互独立； D. ． 【答案】ABD 【解析】 【分析】由条件概率的定义可得B正确；利用全概率公式进行计算，可得A正确；由相互独立事件的判定方法可得C错误；由条件概率判断D. 【详解】对于AB，因为甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品， 则, 乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品, 则, 则 ，故A，B正确； 对于C，因为, 又，，则，则两事件不相互独立， 故C错误； 对于D，，故D正确； 故选：ABD 11. 如图，在棱长为3的正方体中，点P为线段上的一个动点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点P，使平面 C. 若，则二面角的余弦值为 D. 若，则过点，D，P三点的平面截正方体所得截面的周长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据平行线的性质，结合三棱锥体积公式判断选项A；利用线面垂直的判定定理判断选项B；建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行运算判断选项C；利用正方体截面性质判断选项D. 【详解】对于A：连接，显然平面，平面， 所以平面，因为点P为线段上的一个动点， 所以点P到平面的距离等于点到平面的距离，即的长度， 因为为定值， 所以本选项说法正确； 对于B： 当点P与点重合时， 因为平面，平面， 所以，因为四边形是正方形， 所以，因为平面， 所以平面，又因为平面， 所以， 同理可证明，因为平面， 所以平面，因此存在点P，使平面，所以本选项说法正确； 对于C：建立如图所示的空间直角坐标系， ， ， 设平面的法向量为， 令，得，即， 平面的法向量为， ，令，得，即， ， 显然二面角的余弦值为不正确，因此本选项说法不正确； 对于D：在平面中，过点P作的平行线，交于两点， 则为所求的截面， 因为， 所以 所以，，， 所以的周长为. 因此过点，D，P三点的平面截正方体所得截面的周长为，所以本选项正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则在上的投影向量为________． 【答案】 【解析】 【详解】，， 在上的投影向量为. 13. 已知离散型随机变量X服从两点分布，且，则随机变量X的方差为_________． 【答案】 【解析】 【分析】因为离散型随机变量X服从两点分布，设，所以，由题意可求出，所以可求出． 【详解】因为离散型随机变量X服从两点分布，设，所以， 所以，代入有：， 解得：，， 因为离散型随机变量X服从两点分布，所以. 故答案为：. 14. 若直线（为常数）与曲线，曲线均相切，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设出切点，求导，根据点斜式求解切线方程，根据两直线相等，列方程可得，进而代入在直线上，求解. 【详解】因为，所以， 设直线与的切点为，则切线方程为，即， 又因为，所以解得，所以切线方程为， 因为，所以， 设直线与的切点为，所以①， 又因为切点在直线上，所以②， 由①和②可得，所以，解得. 故答案为： 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. 已知函数在处取得极小值，且极小值为. （1）求，的值； （2）求在上的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)求导，利用导函数与极值点的关系结合已知条件列方程组求解即可； (2)利用导函数的符号判断单调性，进而求值域即可. 【小问1详解】 由题意可得， 因为在处取得极小值，且极小值为， 所以，解得， 此时， 当，，当，， 则满足在处取得极小值， 故； 【小问2详解】 由(1)得，， 当时，令解得，令解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上的最大值为， 又因为，所以在上的最小值为， 故在上的值域为. 16. 某公司为了了解A商品销售收入（单位：万元）与广告支出（单位：万元）之间的关系，现收集的5组样本数据如下表所示，且经验回归方程为. 2 5 6 8 9 16 20 21 28 10.96 19.24 22 27.52 30.28 （1）求的值； （2）现从这5组数据的残差中抽取2组进行分析（观测值减去预测值称为残差），记X表示抽到数据的残差为负的组数，求X的分布列和期望； （3）已知，且当时，回归方程的拟合效果良好，试结合数据，判断经验回归方程的拟合效果是否良好. 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3）经验回归方程的拟合效果不良好 【解析】 【分析】（1）求出根据回归直线必过样本中心点求解即可； （2）可能取值为，求出对应概率，进而得到分布列和期望； （3）求出代入公式，即可得到答案. 【小问1详解】 ， ， 因为，即， 解得. 【小问2详解】 5组数据中，两组数据残差为正值，三组数据残差为负值， 所以可能取值为， ， ， ， 所以X的分布列为 0 1 2 期望. 【小问3详解】 ， ， 所以经验回归方程的拟合效果是不良好. 17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，为中点，且． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可得； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量后，借助点到平面的距离公式计算即可得； （3）利用空间向量求出线面角的正弦值． 【小问1详解】 连接交于点，连接， 因为是矩形，所以为中点， 又为中点，所以， 因为平面，平面； 所以平面； 【小问2详解】 因为平面，是矩形， 所以两两垂直， 以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，， ，，， 设平面的一个法向量， ，令，得， 所以点到平面的距离； 【小问3详解】 显然是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为． 18. 为了提高学生复习的效果，某中学提出了两种学习激励方案，其中甲方案：课前提前预习并完成同步小练习可以获得分，课前提前预习但没有完成同步小练习可以获得分，课前没有提前预习也没有完成同步小练习则扣除分（即获取分），其中对学生调查发现甲方案中三种情况的概率分别为、、；乙方案：每天多做一套试题则获得分，若不能按时多做一套试题则扣除分（即获取分），若每天多做一套试题的概率为，每位同学可以参加两次甲方案或乙方案（但是甲、乙两种方案不能同时参与，只能选择其一），且两次方案互不影响规定参加两次方案后获得的分数为正，则获得学校的嘉奖；获得的分数为负，则没有嘉奖. （1）若，试问学生选择哪种方案更容易获得嘉奖？请说明理由； （2）当在什么范围内取值时，学生参与两次乙方案后取得的平均分更高？ 【答案】（1）选择乙方案，理由见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）记事件学生参与两次甲方案获得奖品，记事件学生 参与两次乙方案获得奖品，并设学生参与两次甲方案后获得的分数为，设学生参加两次乙方案后获得的分数为，计算出事件和事件的概率，由此可得出结论； （2）求出随机变量和的数学期望，由已知条件得出，可得出关于的不等式，解出即可. 【详解】设学生参与两次甲方案后，获得的分数为，设学生参与两次乙方案后，获得的分数为. （1）由题意可知，随机变量的可能取值有：、、、、、， 当取、、、时，学生参与两次甲方案获得奖品， ，，，. 所以，. 随机变量的可能取值有：、、， 当取、时，学生参与两次乙方案获得奖品. ，， 所以，. ，因此，当时，学生选择乙方案更容易获得奖品； （2）由题意可得，， 所以，随机变量的分布列如下表所示： 所以，. 由题意得，，， 所以，随机变量的分布列如下表所示： 所以，. 由题意可得，即，解得， 又，则. 因此，的取值范围是. 【点睛】本题考查利用独立事件的概率公式计算事件的概率，同时也考查了随机变量分布列及其数学期望的求解，考查计算能力，属于中等题. 19. 已知函数. （1）当a=1时，讨论f（x）的单调性； （2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围. 【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2） 【解析】 【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. (2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围. 【详解】(1)当时，，， 由于，故单调递增，注意到，故： 当时，单调递减， 当时，单调递增. (2) [方法一]【最优解】：分离参数 由得，，其中， ①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意； ②.当时，分离参数a得，， 记，， 令， 则，， 故单调递增，， 故函数单调递增，， 由可得：恒成立， 故当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 因此，, 综上可得，实数a的取值范围是. [方法二]：特值探路 当时，恒成立． 只需证当时，恒成立． 当时，． 只需证明⑤式成立． ⑤式， 令， 则， 所以当时，单调递减； 当单调递增； 当单调递减． 从而，即，⑤式成立． 所以当时，恒成立． 综上． [方法三]：指数集中 当时，恒成立， 记， ， ①.当即时，，则当时，，单调递增，又，所以当时，，不合题意； ②.若即时，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，又， 所以若满足，只需，即，所以当时，成立； ③当即时，，又由②可知时，成立，所以时，恒成立， 所以时，满足题意. 综上，. 【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有： 方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究； 方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性； 方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $