2025-2026学年高二下学期自编期末数学模拟卷（四）（人教A版）

**基本信息** 2025-2026高二下期末数学模拟卷，聚焦选择性必修内容滚动复习，通过马拉松志愿者分配、箱子摸球等现实情境，设计梯度化问题，考查数学眼光、思维与语言，适配期末综合测评需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|空间向量（第1题）、概率（第2题）、导数（第6题）|散点图分析（第3题）考查数据意识，多选第10题结合全概率公式，体现逻辑推理| |填空题|3题/15分|切线方程（第12题）、二项式系数（第13题）|三棱锥动态问题（第14题）融合空间观念与运算能力| |解答题|5题/77分|概率统计（第15题）、数列（第16题）、立体几何（第17题）、圆锥曲线（第18题）、新定义函数（第19题）|第15题三问从概率计算到分布列再到递推模型，梯度分明；第19题“好函数”新定义，考查创新意识与数学表达|

2025-2026学年高二下学期期末模拟考试（四） 数　学 （考试时间：120分钟　试卷满分：150分） 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、学号填写在答题卡上. 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4. 测试范围：选择性必修第二册+选择性必修第三册+选择性必修第一册（滚动复习） 第一部分 选择题（共58分） 一、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，只有一项是符合题目要求的. 1.　在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（ 　　） A. B. C. D. 2.　已知随机变量等可能取值为，若，则（ 　　） A. B. C. D. 3.　根据下图的散点图，变量和变量的样本相关系数的值为（ 　　） A. B. C. D. 4.　某马拉松活动中，将5名志愿者分配到4个服务点参加志愿工作，每人只去1个服务点，每个服务点至少安排1人，则不同的安排方法共有（ 　　） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 5.　记为等比数列的前项和.若，则（ 　　） A. B. C. D. 6.　已知，函数在内是单调递增函数，则实数的取值范围是（ 　　） A. B. C. D. 7.　已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与交于点两点，若面积是的2倍，则（ 　　） A. B. 或 C. D. 8.　已知且，且，且，则（ 　　） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对得满分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9.　下列求导运算不正确的是（ 　　） A. B. C. D. 10.　有三个相同的箱子，分别编号1，2，3，其中1号箱内装有4个绿球、1个红球，2号箱内装有2个绿球、3个红球，3号箱内装有5个绿球，这些球除颜色外完全相同.某人等可能从三个箱子中任取一箱并从中摸出一个球，事件表示“取到号箱()”，事件表示“摸到绿球”，事件表示“摸到红球”，则（ 　　） A. B. C. D. 11.　已知抛物线的准线为，焦点为，为抛物线上的动点，过点作的一条切线，为切点，过作的垂线，垂足为，则（ 　　） A. 准线与圆相切 B. 过点的直线与抛物线相交的弦长为5 C. 当点三点共线时， D. 满足的点有且仅有2个 第二部分 非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.　曲线在处的切线方程为＿＿＿＿＿＿. 13.　的展开式中的系数为＿＿＿＿＿＿. 14.　如图，在三棱锥中，平面，记与面所成的角为，，，，.若为平面内一动点，满足，则最大值为＿＿＿＿＿＿. 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.　一个不透明的盒子里有质地、大小相同的8个小球，其中2个红球、6个黑球，不放回地从盒子里依次随机摸取一个小球，当有同一种颜色的小球全部取出时停止摸球. （1）求停止摸球时盒子里恰好剩下4个黑球的概率； （2）停止摸球时，记总的摸球次数为，求的分布列与数学期望； （3）若将这8个球分别放在甲乙两个袋子中，每袋都装有1个红球、3个黑球.现从甲乙两袋中分别任取一球交换放入另一袋中，重复次这样操作后，设甲袋子中恰有1个红球的概率为，求. 16.　已知为数列的前项和，已知. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 17.　如图，在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点. （1）求证：平面平面； （2）在线段上是否存在点(不包含端点)，使平面与平面夹角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 18.　已知抛物线上一点到焦点的距离为2. （1）求的方程； （2）直线与交于两点，过分别作的切线，设的交点为. （i）求证：为直角三角形； （ii）记的面积为，求的最小值，并指出最小时对应的点的坐标. 19.　定义在区间上的函数满足：若对任意，且，都有，则称是上的“好函数”. （1）若是上的“好函数”，求的取值范围； （2）（i）证明：是上的“好函数”. （ii）设，证明：. 第 2 页，共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二下学期期末模拟考试（四） 数　学 （考试时间：120分钟　试卷满分：150分） 答案速查表 1 2 3 4 5 B C A C D 6 7 8 9 10 A C D ACD ACD 11 12 13 14 15 BCD （1） （2）见解析 （3） 16 17 18 19 （1） （2） （1）证明见解析 （2）存在， （1） （2）（i）证明见解析 （ii）最小值4，此时 （1） （2）（i）证明见解析 （ii）证明见解析 第一部分 选择题（共58分） 一、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，只有一项是符合题目要求的. 1.　在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（ 　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为，即横坐标与竖坐标不变，纵坐标取相反数. ∵点的坐标为， ∴点关于平面对称的点的坐标是. 【点拨】本题考查空间直角坐标系中的对称问题.熟记“关于哪个平面对称，哪个平面的坐标不变，另一个坐标取相反数”是解题关键. 2.　已知随机变量等可能取值为，若，则（ 　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】∵随机变量等可能取值为， ∴（）. ∵，即， ∴，解得. 【点拨】本题考查离散型随机变量的概率分布.明确等可能事件的概率计算公式是解题的基础. 3.　根据下图的散点图，变量和变量的样本相关系数的值为（ 　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由散点图可知，散点整体呈左上到右下的趋势，故变量和变量呈负相关，即样本相关系数，排除C、D选项； 又散点分布比较集中在一条直线附近，说明相关性较强，所以样本相关系数应接近，即，故符合题意. 【点拨】本题考查散点图与样本相关系数的关系.相关系数的绝对值越接近1，线性相关性越强；为正相关，为负相关. 4.　某马拉松活动中，将5名志愿者分配到4个服务点参加志愿工作，每人只去1个服务点，每个服务点至少安排1人，则不同的安排方法共有（ 　　） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】C 【解析】将5名志愿者分配到4个服务点，每个服务点至少安排1人，则必然有1个服务点安排2人，其余3个服务点各安排1人. 第一步，将5名志愿者分为4组，人数分别为2,1,1,1，分组方法数为种； 第二步，将分好的4组全排列分配到4个服务点，分配方法数为种； 由分步乘法计数原理可得，不同的安排方法共有种. 【点拨】本题考查排列组合中的“分组分配问题”.采用“先局部均分，后全排列”的策略，注意局部均分时需除以相同人数的组数的阶乘以去重. 5.　记为等比数列的前项和.若，则（ 　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】设等比数列的公比为. ∵，即， ∵，∴，解得. ∴等比数列是以为首项，为公比的等比数列， ∴. 【点拨】本题考查等比数列的基本量运算.利用通项公式将已知条件转化为首项与公比的方程是通法. 6.　已知，函数在内是单调递增函数，则实数的取值范围是（ 　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】∵，其定义域为， ∴. ∵在内是单调递增函数， ∴在上恒成立，即在上恒成立. ∵，∴在上恒成立. ∵在上单调递增，其最小值的极限为， ∴. 又已知，∴实数的取值范围是. 【点拨】本题考查利用导数研究函数的单调性求参数范围.将单调性转化为导数的不等式恒成立问题，再利用分离参数法求最值是常用技巧.注意端点值的取舍. 7.　已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与交于点两点，若面积是的2倍，则（ 　　） A. B. 或 C. D. 【答案】C 【解析】由椭圆得，则，故左、右焦点分别为. 设点到直线（即）的距离分别为. ∵面积是的2倍，且两三角形同底， ∴，即， 化简得，两边平方解得，解得或. 联立，消去得， 由直线与椭圆相交于两点，得，解得. ∵，不合题意舍去；，符合题意. ∴. 【点拨】本题考查椭圆的几何性质与直线与椭圆的位置关系.利用面积比转化为焦点到直线的距离比是解题突破口，切记最后必须用判别式检验直线与椭圆是否相交. 8.　已知且，且，且，则（ 　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】由，两边取自然对数得，即. 同理可得，. 构造函数，则. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. ∵，∴，即. 又且，结合的单调性可知.同理. ∵在上单调递减，且， ∴. 【点拨】本题考查利用导数比较大小.通过对数运算将等式化为同构形式，构造函数是解题的关键，注意利用函数的单调性反推自变量的大小关系. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对得满分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9.　下列求导运算不正确的是（ 　　） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】对于A，为常数，常数的导数为0，即，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，根据复合函数求导法则，，故D错误. 本题选不正确的，故选ACD. 【点拨】本题考查基本初等函数的导数公式及导数的四则运算法则.易错点在于A选项忽略了常数的导数为0，D选项忽略了复合函数的内层函数求导. 10.　有三个相同的箱子，分别编号1，2，3，其中1号箱内装有4个绿球、1个红球，2号箱内装有2个绿球、3个红球，3号箱内装有5个绿球，这些球除颜色外完全相同.某人等可能从三个箱子中任取一箱并从中摸出一个球，事件表示“取到号箱()”，事件表示“摸到绿球”，事件表示“摸到红球”，则（ 　　） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】由题意知，. 1号箱有5个球（4绿1红），则，； 2号箱有5个球（2绿3红），则，； 3号箱有5个球（5绿0红），则，. 对于A，，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，由全概率公式，，故C正确； 对于D，由条件概率公式，，故D正确. 【点拨】本题考查全概率公式与条件概率公式的应用.理清事件之间的关系，准确计算各条件概率是解题的关键. 11.　已知抛物线的准线为，焦点为，为抛物线上的动点，过点作的一条切线，为切点，过作的垂线，垂足为，则（ 　　） A. 准线与圆相切 B. 过点的直线与抛物线相交的弦长为5 C. 当点三点共线时， D. 满足的点有且仅有2个 【答案】BCD 【解析】由抛物线得准线，焦点.圆的圆心为，半径. 对于A，圆心到准线的距离，故准线与圆相离，A错误； 对于B，直线的斜率，方程为.联立消去得.设交点横坐标为，则.由抛物线弦长公式，弦长，B正确； 对于C，当三点共线时，由于，故，即所在直线平行于轴.∵，∴的纵坐标为2，代入得.此时.在中，，C正确； 对于D，由抛物线定义知，若，则，即点在线段的垂直平分线上.线段的中点为，斜率为，故其中垂线方程为，即.联立消去得，，故有两个交点，D正确. 【点拨】本题考查抛物线与圆的综合问题.灵活运用抛物线的定义将点到准线的距离转化为点到焦点的距离是解决C、D选项的核心思路. 第二部分 非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.　曲线在处的切线方程为＿＿＿＿＿＿. 【答案】 【解析】设，则. 当时，切点纵坐标，即切点为. 切线的斜率. 故切线方程为，化简得，即. 【点拨】本题考查利用导数求曲线的切线方程.求出切点坐标和切线斜率，代入点斜式方程即可. 13.　的展开式中的系数为＿＿＿＿＿＿. 【答案】 【解析】展开式的通项为. 原式可化为. 要求的系数，即求中的系数与中的系数乘以之和. 在中，令，得的系数为； 令，得的系数为. 故原展开式中的系数为. 【点拨】本题考查二项式定理的应用.将多项式乘法转化为两个二项展开式特定项的系数和是常用技巧. 14.　如图，在三棱锥中，平面，记与面所成的角为，，，，.若为平面内一动点，满足，则最大值为＿＿＿＿＿＿. 【答案】 【解析】∵平面，平面，∴，即为直角三角形. 又平面，∴与平面所成的角即为，故. 在中，，又，解得. ∵，，∴，∴. 在平面内，以为原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系，则，. 设，由，可知点的轨迹是以为焦点的椭圆. 椭圆的中心为的中点，长半轴，半焦距，短半轴. 点到中心的距离. 由于，为等腰直角三角形，点在的垂直平分线上，即点在椭圆的短轴所在直线上. 以为坐标原点，所在直线为轴，中垂线为轴建立新坐标系，则椭圆方程为，点的坐标为. 设，则. 该二次函数开口向下，对称轴为. ∵，且， ∴当时，取得最大值. 故的最大值为. 【点拨】本题考查立体几何与解析几何的综合.利用线面垂直找到直角三角形求出边长，再根据椭圆定义确定动点轨迹，最后通过建系转化为二次函数求最值，展现了极强的综合性. 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.　 一个不透明的盒子里有质地、大小相同的8个小球，其中2个红球、6个黑球，不放回地从盒子里依次随机摸取一个小球，当有同一种颜色的小球全部取出时停止摸球. （1）求停止摸球时盒子里恰好剩下4个黑球的概率； （2）停止摸球时，记总的摸球次数为，求的分布列与数学期望； （3）若将这8个球分别放在甲乙两个袋子中，每袋都装有1个红球、3个黑球.现从甲乙两袋中分别任取一球交换放入另一袋中，重复次这样操作后，设甲袋子中恰有1个红球的概率为，求. 【答案】（1） （2） 分布列见解析； （3） 【解析】解：（1） 停止摸球时盒子里恰好剩下4个黑球，说明取出了2个红球和2个黑球，且最后一个取出的是红球（否则若最后取出黑球，说明红球早已取完，摸球早就停止了）. 即前3次取出1个红球和2个黑球，第4次取出红球. 故所求概率. ………………………… 3 分 （2） 停止摸球时，总的摸球次数的可能取值为2，3，4，5，6，7. 若红球先被取完，则第次取完红球，前次取出1红黑，第次取出红球， 其概率为； 若黑球先被取完，则第次取完黑球，前次取出5黑红，第次取出黑球， 其概率为. 当时，仅可能红球先取完，； 当时，仅可能红球先取完，； 当时，仅可能红球先取完，； 当时，仅可能红球先取完，； 当时，红球先取完的概率为，黑球先取完的概率为， 故； 当时，红球先取完的概率为，黑球先取完的概率为， 故. 所以的分布列为： 2 3 4 5 6 7 ………………………… 8 分 数学期望. ………………………… 10 分 （3） 设操作次后，甲袋中有1个红球的概率为，有0个红球的概率为，有2个红球的概率为. 由对称性可知，甲袋中有0个红球（即乙袋有2个红球）的概率等于甲袋中有2个红球（即乙袋有0个红球）的概率，故. 操作次后甲袋有1个红球，包含以下三种互斥情况： ①操作次后甲袋有1个红球，第次甲乙均抽出红球或均抽出黑球； ②操作次后甲袋有0个红球，第次甲抽出黑球，乙抽出红球； ③操作次后甲袋有2个红球，第次甲抽出红球，乙抽出黑球. 所以 ………………………… 13 分 . 变形得：. 又初始状态时，甲袋有1个红球，即，. 所以数列是以为首项，为公比的等比数列. ………………………… 15 分 故，即. ………………………… 17 分 【点拨】本题考查离散型随机变量的分布列与期望、全概率公式及马尔可夫链模型.第（2）问需分类讨论哪种颜色的球先被取完；第（3）问利用全概率公式建立递推关系，再构造等比数列求通项，体现了概率与数列的深度融合. 16.　 已知为数列的前项和，已知. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】解：（1） 因为， 当时，，即，解得. ………………………… 2 分 当时，， 整理得. ………………………… 4 分 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 故. ………………………… 6 分 （2） 由（1）知， 所以. ………………………… 8 分 则 ① ② ………………………… 10 分 ① - ②得： ………………………… 12 分 . ………………………… 14 分 所以. ………………………… 15 分 【点拨】本题考查数列递推公式求通项及错位相减法求和.利用求通项时要注意检验的情况；“等差等比”型数列求和是错位相减法的典型应用场景. 17.　 如图，在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点. （1）求证：平面平面； （2）在线段上是否存在点(不包含端点)，使平面与平面夹角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 证明见解析 （2） 存在， 【解析】（1） 证明：在中，，且经过的重心， 根据重心的性质，. 又，所以，. ………………………… 2 分 折起前，因为，即，又，所以，即，. 折起后，，， 又，平面， 所以平面. ………………………… 4 分 因为平面，所以. 又已知，且，平面， 所以平面. 又平面， 所以平面平面. ………………………… 6 分 （2） 解：在中，，， 所以. 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，. 因为是的中点，所以. ………………………… 8 分 假设存在满足条件的点，设， 则. ，，，. 设平面的法向量为，则 ，取，得. ………………………… 10 分 设平面的法向量为，则 ， 取，得，，即. ………………………… 11 分 由题意，. 化简得， 即. 两边平方并整理得：，即. ………………………… 14 分 解得（舍去，不含端点）或. 此时，即为的中点. 所以. 故在线段上存在点，使平面与平面夹角余弦值为，的长度为. ………………………… 15 分 【点拨】本题考查空间线面垂直的证明及利用空间向量求二面角.折叠问题中寻找不变量（如垂直关系）是建系的关键；存在性问题通常转化为参数方程求解，注意检验参数是否在规定范围内. 18.　 已知抛物线上一点到焦点的距离为2. （1）求的方程； （2）直线与交于两点，过分别作的切线，设的交点为. （i）求证：为直角三角形； （ii）记的面积为，求的最小值，并指出最小时对应的点的坐标. 【答案】（1） （2） （i） 证明见解析；（ii） 最小值4，此时 【解析】解：（1） 由抛物线定义，点到焦点的距离等于它到准线的距离. 所以，解得. ………………………… 2 分 所以抛物线的方程为. ………………………… 4 分 （2） （i） 设，. 由得，求导得. 所以切线的斜率，切线的斜率. ………………………… 6 分 将直线代入，整理得. 恒成立. 由韦达定理得，. ………………………… 8 分 所以. 所以，即，故为直角三角形. ………………………… 9 分 （ii） 切线的方程为，即. 同理切线的方程为. 联立的方程得，解得，. 所以点的坐标为. ………………………… 11 分 弦长. 点到直线的距离. ………………………… 14 分 所以的面积. ………………………… 16 分 因为，所以当时，取得最小值. 此时点的坐标为. ………………………… 17 分 【点拨】本题考查抛物线的切线问题及三角形面积最值.熟记抛物线切线交点坐标的结论（）可大幅简化计算，面积表示为关于斜率的函数是求最值的常规路径. 19.　 定义在区间上的函数满足：若对任意，且，都有，则称是上的“好函数”. （1）若是上的“好函数”，求的取值范围； （2）（i）证明：是上的“好函数”. （ii）设，证明：. 【答案】（1） （2） （i） 证明见解析；（ii） 证明见解析 【解析】解：（1） 依题意，对任意，且，都有恒成立. 即， . 因为，所以，两边同除以得： . ………………………… 2 分 即， 所以. 令，因为，所以. 则对恒成立. ………………………… 4 分 记，显然在上单调递减， 所以. 所以，即的取值范围为. ………………………… 6 分 （2） （i） 证明：要证是上的“好函数”， 即证：对任意，有. 即证. ………………………… 8 分 令，因为，所以. 上式转化为证明在恒成立. 设 ()， ………………………… 9 分 则. 因为，所以，所以在上单调递增. ………………………… 11 分 所以，即成立. 故是上的“好函数”. ………………………… 12 分 （ii） 证明：由（i）可知，当时，. 令， ()，则， 所以. ………………………… 14 分 即，即. 令分别取，可得： ………………………… 16 分 将上述个不等式相加，得： 即. 化简得：. 证毕. ………………………… 17 分 【点拨】本题考查导数在证明不等式中的应用及新定义问题.第（2）问的证明过程体现了构造函数法和赋值累加法的经典应用，将抽象的函数性质转化为具体数列不等式是解决此类压轴题的核心素养. 双向细目表 题号 题型 分值 知识模块 具体考点要求 目标难度系数 备注 1 单选 5 空间向量 空间点关于坐标平面的对称点坐标 0.95 基础送分 2 单选 5 概率 离散型随机变量的概率计算 0.85 基础送分 3 单选 5 统计 散点图与相关系数的判断 0.85 基础送分 4 单选 5 计数原理 排列组合的实际应用（分组分配问题） 0.70 真情境应用 5 单选 5 数列 等比数列的性质与前n项和 0.65 基础巩固 6 单选 5 导数 导数与函数的单调性求参数范围 0.60 中档把关 7 单选 5 圆锥曲线 椭圆的几何性质与直线相交问题 0.35 综合应用 8 单选 5 导数 构造函数比较大小 0.25 小题压轴 9 多选 6 导数 导数的基本运算与法则 0.75 基础送分 10 多选 6 概率 相互独立事件、全概率与条件概率 0.60 情境建模 11 多选 6 圆锥曲线 抛物线与圆的综合、直线与抛物线相交 0.30 多选压轴 12 填空 5 导数 导数的几何意义求切线方程 0.80 基础送分 13 填空 5 二项式 二项式展开式的特定项系数 0.60 基础巩固 14 填空 5 立体几何 动点轨迹与空间距离的最值问题 0.20 填空压轴 15 解答 13 概率统计 （1）求特定事件概率(A)；（2）求分布列与期望(B)；（3）全概率公式与递推数列(B) 0.70 情境建模 16 解答 15 数列 （1）递推关系求通项(A)；（2）错位相减法求和(B) 0.60 重点考查 17 解答 15 立体几何 （1）面面垂直的证明(B)；（2）建系求二面角与存在性问题(B) 0.55 综合应用 18 解答 17 圆锥曲线 （1）求抛物线方程(B)；（2）切线交点与三角形面积最值探究(C) 0.35 探究压轴 19 解答 17 导数 （1）新定义下求参数范围(B)；（2）新定义证明与构造函数证数列不等式(C) 0.25 探究压轴 第 2 页，共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $