精品解析：上海市松江二中2025-2026学年第二学期5月学情调研高二数学试卷

松江二中2025学年第二学期5月学情调研 高二数学 2026.5 考生注意： 1．试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．本考试分设试卷和答题纸．试卷包括三部分，第一部分为填空题，第二部分为选择题，第三部分为解答题． 3．答题前，务必在答题纸上填写考号、姓名、班级．作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分． 一、填空题（本大题共有12题，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，共54分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果． 1. 已知集合，，则_______． 2. 曲线在点处的切线斜率为_______． 3. 等差数列的前n项和为，，且，则______． 4. 将序号分别为1，2，3，4的4张参观券全部分给3人，每人至少1张，则不同的分法种数是_______． 5. 已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为_______． 6. 已知，，且，则的最小值为______． 7. 为了增强法治观念，甲、乙两位老师在A，B，C，D，E，F共6所学校中各自选1所学校开展普法讲座．在甲、乙选择了2所不同的学校的条件下，恰有一位老师选择A学校开展讲座的概率为_______． 8. 扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，守门员也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且守门员即使方向判断正确，也有的可能性扑不到球．假设每次点球，守门员的表现，罚点球的球员的表现都是独立的，不考虑其它因素，在一次5轮点球大战中，守门员至少扑到1个点球的概率为_______（答案精确到0.001）． 9. 采矿、采石或取土时，常用炸药包进行爆破，部分爆破呈圆锥漏斗形状（如图），已知圆锥的母线长是炸药包的爆破半径R，它的值是固定的．当炸药包埋的深度为_______可使爆破体积最大． 10. 已知、是双曲线：（，）的左右焦点，l是的一条渐近线，以为圆心的圆与l相切于P．若双曲线的离心率为3，则=_______． 11. 已知，若不等式的解集中有且仅有两个整数，则的最小值为______. 12. 对数集中的元素先按照从小到大的顺序排列得到，，，…，定义为其“交替和”，数集的所有非空子集的交替和的和为“交替总和”．已知，，则的交替总和为_______． 二、选择题（本大题共有4题，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分，共18分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应位置上，将所选答案的代号涂黑． 13. 给出下列4个命题： ①若事件和事件互斥，则； ②数据2，3，6，7，8，10，11，13的第70百分位数为10； ③已知y关于x的回归方程为，则样本点的残差为； ④若随机变量X的方差为，则． 其中正确命题的序号为（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④ 14. “”是“”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件 15. 已知A，B为圆M：的某直径的两端点，动点Q在抛物线上，则的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 16. 已知定义在上的函数的导数满足，给出两个命题： ①对任意，都有；②若的值域为，则对任意都有. 则下列判断正确的是（ ） A. ①②都是假命题 B. ①②都是真命题 C. ①是假命题，②是真命题 D. ①是真命题，②是假命题 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤． 17. 已知集合，集合． （1）当时，求； （2）若，求实数a的取值范围． 18. 在四棱台中，底面是正方形，且侧棱底面分别是的中点. （1）求证：平面平面； （2）求直线到平面的距离. 19. 某商场为了解顾客购买手机的意愿，随机调查了位顾客购买手机的情况，得到数据如下表． 购买手机 购买无技术的手机 总计 男性顾客 女性顾客 总计 （1）根据表中数据，判断是否有的把握认为购买手机与顾客的性别有关？并说明理由； （2）从这位男性顾客中随机挑选位，求其中至少有位购买手机的概率（精确到）； （3）为促进手机的销量，该商场为购买手机的顾客设置了抽奖环节，共设一、二等奖两种奖项，分别奖励元、元手机话费，抽中一、二等奖的概率分别为和，其余情况不中奖．每位顾客允许连续抽奖两次，且两次抽奖相互独立．记某位顾客两次抽中的奖金之和为元，求随机变量的数学期望． 参考公式及数据：①，其中． ②，，，． 20. 已知椭圆：，动直线与椭圆交于、两点． （1）求椭圆的焦距和离心率； （2）设，为坐标原点，若四边形为平行四边形，求直线的方程； （3）若动直线经过点，则轴上是否存在定点（不同于点），使得直线与直线的倾斜角总互补？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由． 21. 已知定义域均为D的函数，，S是的非空子集．若对任意，，当时，总有，则称是的一个“S关联函数”． （1）求的所有关联函数； （2）若是其自身的一个关联函数，求实数m的取值范围； （3）若函数是其自身的关联函数，证明：“是关联，且是关联”的充要条件是“是关联”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 松江二中2025学年第二学期5月学情调研 高二数学 2026.5 考生注意： 1．试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．本考试分设试卷和答题纸．试卷包括三部分，第一部分为填空题，第二部分为选择题，第三部分为解答题． 3．答题前，务必在答题纸上填写考号、姓名、班级．作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分． 一、填空题（本大题共有12题，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，共54分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果． 1. 已知集合，，则_______． 【答案】 【解析】 【详解】由题可得，，则 2. 曲线在点处的切线斜率为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得，得到的值，即可求解. 【详解】由函数，可得， 则， 所以曲线在点处的切线斜率为. 3. 等差数列的前n项和为，，且，则______． 【答案】7 【解析】 【分析】利用等差数列前项和，求解公差为，从而解出. 【详解】设等差数列的公差为， 因为等差数列前项和，且， ， 所以，所以，所以， 所以. 4. 将序号分别为1，2，3，4的4张参观券全部分给3人，每人至少1张，则不同的分法种数是_______． 【答案】36 【解析】 【分析】利用先分组再分配的方法求解即可. 【详解】从4张参观券中选择2张组成一组，则有种， 再将这样分出的三组（一组2张，另两组各1张）分给3个人，有种分法 则总的方法数有种. 5. 已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为_______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的对称性，列出方程，求得，得到二项式，令，即可求解. 【详解】由随机变量，可得正态分布曲线的图象关于对称， 因为，可得，解得， 所以二项式，即为， 令，可得，即二项式展开式中各项系数之和为. 6. 已知，，且，则的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】由指数运算性质得，结合基本不等式即可求解. 【详解】已知，，，得， 由基本不等式，得， 当且仅当，即时取等号， 此时满足条件，因此的最小值为. 7. 为了增强法治观念，甲、乙两位老师在A，B，C，D，E，F共6所学校中各自选1所学校开展普法讲座．在甲、乙选择了2所不同的学校的条件下，恰有一位老师选择A学校开展讲座的概率为_______． 【答案】 【解析】 【分析】应用排列、组合数求出甲、乙分别选择了2所不同的学校，恰有一位老师选择学校开展讲座的选法数，再应用古典概型的概率求法求概率. 【详解】由题意，甲、乙分别选择了2所不同的学校有种， 恰有一位老师选择学校开展讲座，甲或乙选学校有种， 另一位老师在其它5所学校中任选一种有种， 所以在甲、乙分别选2所不同的学校条件下，恰有一位老师选择学校开展讲座的概率为. 8. 扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，守门员也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且守门员即使方向判断正确，也有的可能性扑不到球．假设每次点球，守门员的表现，罚点球的球员的表现都是独立的，不考虑其它因素，在一次5轮点球大战中，守门员至少扑到1个点球的概率为_______（答案精确到0.001）． 【答案】0.445 【解析】 【分析】结合题意建立二项分布，根据“正难则反”的原则，结合二项分布概率计算公式求解即可. 【详解】由题意可得，守门员扑到点球的概率为， 设在一次5轮点球大战中，守门员扑到点球的个数为， 则服从二项分布，即， 守门员至少扑到1个点球的概率为. 9. 采矿、采石或取土时，常用炸药包进行爆破，部分爆破呈圆锥漏斗形状（如图），已知圆锥的母线长是炸药包的爆破半径R，它的值是固定的．当炸药包埋的深度为_______可使爆破体积最大． 【答案】 【解析】 【分析】先将圆锥的体积转化为关于深处的关系式，再利用导数与函数性质的关系求得的最大值点，从而得解. 【详解】结合图形，可知圆锥的体积为， 又因为，即， 所以，，则， 令，得；令，得； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得最大值， 所以炸药包要埋在深处. 故答案为：. 10. 已知、是双曲线：（，）的左右焦点，l是的一条渐近线，以为圆心的圆与l相切于P．若双曲线的离心率为3，则=_______． 【答案】 【解析】 【分析】以为圆心的圆与l相切于点P，，所以由点到直线的距离求出，由余弦定理求出，再由余弦定理求出，即可求出的值． 【详解】设双曲线的一条渐近线为， 则到直线的距离为， 因为以为圆心的圆与l相切于点P，，所以， 又因为双曲线的离心率为，所以，则， 在中，， 在中，， 解得：， 由余弦定理可得：， 所以. 11. 已知，若不等式的解集中有且仅有两个整数，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先根据不等式结合符号法计算，再构造函数令，再应用导函数正负得出函数单调性进而得出最值，最后分类讨论结合有且仅有两个整数列式计算求解. 【详解】因为不等式， 则或， 即得(1)或(2)， 令，， 所以当单调递增；当单调递减； 所以， 因为，且，所以时，， 当时，(1)无解，(2)有两个整数解1和2，所以满足题意； 当时，(1)有一个整数解3，(2)有两个整数解1和2，所以时有三个整数解不满足题意； 当时，(1)有一个整数解3，(2)有一个整数解1，所以满足题意； 当时，(1)至少有两个解3和4，(2)至少有一个整数解1，所以时有至少三个整数解不满足题意； 当时，(1)整数解无限，(2)无解，所以时有无数个整数解不满足题意； 综上，符合解集中有且仅有两个整数，则的范围是， 所以的最小值为. 12. 对数集中的元素先按照从小到大的顺序排列得到，，，…，定义为其“交替和”，数集的所有非空子集的交替和的和为“交替总和”．已知，，则的交替总和为_______． 【答案】 【解析】 【分析】设中最小元素为，根据配对可得的交替总和为，再根据导数求出的最小值后可求交替总和. 【详解】的非空子集有个，最小元素为， 除去集合，剩下个非空子集可分为两类： 不包含的集合与包含的集合，且具有一一对应关系， 设的交替和为，则的交替和为，这一对集合的交替和为； 故的交替总和为. 又， 故当或时，，当时，， 故在上为增函数，在为减函数， 故中的最小值为，故交替总和为. 二、选择题（本大题共有4题，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分，共18分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应位置上，将所选答案的代号涂黑． 13. 给出下列4个命题： ①若事件和事件互斥，则； ②数据2，3，6，7，8，10，11，13的第70百分位数为10； ③已知y关于x的回归方程为，则样本点的残差为； ④若随机变量X的方差为，则． 其中正确命题的序号为（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④ 【答案】C 【解析】 【详解】命题①：互斥事件的定义是，因此； 是相互独立事件的性质，和互斥不等价，故①错误； 命题②： 一共个已排序的数据，计算百分位数位置，不是整数，向上取整得第6个数据， 排序后第6个数是10，因此第70百分位数为10，故②正确； 命题③：残差定义为“实际值减去预测值”，代入，得预测值， 实际，残差为，符合描述，故③正确； 命题④：根据方差性质，得，故④错误. 综上，正确命题为②③. 14. “”是“”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合不等式的性质分析判断即可. 【详解】由，又， 所以，即，充分性成立. 当时，即，显然，时成立，必要性不成立. 故“”是“”的充分非必要条件. 故选：A 15. 已知A，B为圆M：的某直径的两端点，动点Q在抛物线上，则的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的加减运算得出，再令得出，将问题转化为抛物线上动点和圆上动点距离的最小值即可求解. 【详解】因为为圆的直径，所以， 则， 令，则点为直线与圆的交点，且位于线段上， 则. 设，且，则， 则当时，， 因为，等号成立时三点共线， 所以，则的最小值为. 16. 已知定义在上的函数的导数满足，给出两个命题： ①对任意，都有；②若的值域为，则对任意都有. 则下列判断正确的是（ ） A. ①②都是假命题 B. ①②都是真命题 C. ①是假命题，②是真命题 D. ①是真命题，②是假命题 【答案】B 【解析】 【分析】对于①，根据不等式，构造函数，然后利用函数的单调性证明即可；对于②，根据函数的值域和单调性，结合不等式求解即可. 【详解】，故在上递增， 对于①，设，， 设， ，， 单调递减，单调递增， ，即， ，即， 故，故①是真命题. 对于②，由①知，， 即， ，故. 且在上递增，故， ， 故的值域为 所以， 即，故， ②是真命题. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题①判断的关键是首先根据导数和函数单调性的关系得到在上递增，再构造函数，利用导数得到其单调性，最后得到，则可判断①. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤． 17. 已知集合，集合． （1）当时，求； （2）若，求实数a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先求出集合，再根据集合并集求解即可. （2）根据得到，再根据集合之间的包含关系求解即可. 【小问1详解】 由题意得， 所以， 当时，， ， 【小问2详解】 ，， ①若，则，解得； ②若，要使，则应满足． ，即，解得， 综上所述，所求实数a的取值范围是． 18. 在四棱台中，底面是正方形，且侧棱底面分别是的中点. （1）求证：平面平面； （2）求直线到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)运用“两个平面内存在两条相交的直线分别平行则两平面平行”定理即可； (2)建立空间直角坐标系，用空间向量来计算E点到平面的距离即可. 【小问1详解】 如下图所示， 连接，则O是AC的中点，E是的中点 ，∴ ， 平面， 平面，平面， 又F是 的中点， ， 平面， 平面， 平面 ，又 ， 平面OEF， 平面OEF ，∴平面OEF 平面 ； 【小问2详解】 以B为原点，BA为x轴，BC为y轴， 为y轴，，建立空间直角坐标系如上图， 则有 ， 由于 平面，直线EF与平面 距离就是E点到平面的距离， 设直线 与平面法向量的夹角为 ， ， 设平面的一个法向量为 ，则有 ，即 ，令 ，则 ， ； ，点E到平面的距离为 ； 综上，直线EF到平面的距离为 . 19. 某商场为了解顾客购买手机的意愿，随机调查了位顾客购买手机的情况，得到数据如下表． 购买手机 购买无技术的手机 总计 男性顾客 女性顾客 总计 （1）根据表中数据，判断是否有的把握认为购买手机与顾客的性别有关？并说明理由； （2）从这位男性顾客中随机挑选位，求其中至少有位购买手机的概率（精确到）； （3）为促进手机的销量，该商场为购买手机的顾客设置了抽奖环节，共设一、二等奖两种奖项，分别奖励元、元手机话费，抽中一、二等奖的概率分别为和，其余情况不中奖．每位顾客允许连续抽奖两次，且两次抽奖相互独立．记某位顾客两次抽中的奖金之和为元，求随机变量的数学期望． 参考公式及数据：①，其中． ②，，，． 【答案】（1）有的把握认为购买手机与顾客的性别有关，理由见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题设中的数据计算，结合临界值表可判断的把握认为购买手机与顾客的性别有关； （2）利用对立事件可求至少有位购买手机的概率； （3）先求出的分布列，再根据期望公式可求，或者利用独立事件的期望公式求出. 【小问1详解】 作原假设：购买手机与顾客的性别无关，取， 根据题意，代入数据，得 ， 因为，所以否定原假设，即有的把握认为购买手机与顾客的性别有关． 【小问2详解】 由题意得. 【小问3详解】 解法一：由题意得，随机变量的可能取值为 ， 而，， ，， ，， 故的分布列为 期望． 解法二：设第次抽中奖金为（），则， 由题设可得（）的分布列为 从而，而，相互独立， 故． 20. 已知椭圆：，动直线与椭圆交于、两点． （1）求椭圆的焦距和离心率； （2）设，为坐标原点，若四边形为平行四边形，求直线的方程； （3）若动直线经过点，则轴上是否存在定点（不同于点），使得直线与直线的倾斜角总互补？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）焦距为，； （2）或； （3）存在定点. 【解析】 【分析】（1）由椭圆方程，可得，，根据椭圆性质，可求得椭圆的焦距和离心率； （2）先根据平行四边形的性质，得到直线与平行，设出直线的方程，联立椭圆方程，结合，求出的值，进而得到直线的方程； （3）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，通过特殊位置确定定点的可能位置，再进行验证即可. 【小问1详解】 由题意，椭圆：，所以，， 则，所以， 所以焦距为，离心率是. 【小问2详解】 因为四边形为平行四边形， 所以且，所以， 又，所以， 设直线，，， 联立，化简得， 又， 所以，， 由可知，， 即， 解得， 所以直线方程为或. 【小问3详解】 假设存在点满足题意， 当直线斜率存在时，直线与直线的斜率也存在，且， 设方程为，与：联立得：， 设，，由韦达定理得，， 所以 ， 所以， 即， 所以，解得， 当直线斜率不存在时，直线与直线的倾斜角都是， 所以它们的倾斜角互补，满足题意， 综上，存在定点，使得直线与直线的倾斜角总互补． 21. 已知定义域均为D的函数，，S是的非空子集．若对任意，，当时，总有，则称是的一个“S关联函数”． （1）求的所有关联函数； （2）若是其自身的一个关联函数，求实数m的取值范围； （3）若函数是其自身的关联函数，证明：“是关联，且是关联”的充要条件是“是关联”． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设是的关联函数，根据题意得到以及，进而得到. （2）根据题意得到函数在上严格递增，结合导数以及分离参数法求解即可. （3）结合关联函数的概念，先证明必要性，再证明充分性. 【小问1详解】 设是的关联函数， 对于，，当时，， 因为，所以， ， 所以的关联函数为. 【小问2详解】 因为是其自身的一个关联函数，定义域为， 所以对于，，当时，， 即在定义域内，当时，有， 所以函数在上严格递增， 所以在上恒成立， 即在上恒成立，所以，. 设，，则， 则当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以，即， 所以实数m的取值范围是. 【小问3详解】 先证明必要性：“是关联，且是关联”“是关联”． 由是关联，可得，，，， 又因为是关联， 所以，且，总有成立，即是增函数， 若，则，所以， 即，则， 所以是关联； 再证明充分性：“是关联”“是关联，且是关联”． 因为是关联，所以任取，都有成立， 即满足，都有， 下面用反证法证明：， 假设，则， 这与满足，都有相矛盾， 所以假设不成立，所以， 又由是关联，当时，有，即. 所以成立，即是关联， 再证明是关联， 任取，则存在，使得，， 因为，所以， 即，所以是关联. 综上所述：“是关联，且是关联”的充要条件是“是关联”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $