四川省成都市2025-2026学年高二下学期数学期末考试模拟练习

**基本信息** 本试卷为高二下学期数学期末模拟练习，涵盖函数、数列、概率等核心知识，通过心理学记忆留存情境（15题）、函数零点证明（19题）等设计，考查数学眼光观察现实、数学思维推理及数学语言表达能力。 **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|函数性质、数列、概率、椭圆|单选基础巩固，多选考查二项式定理（9题）等综合辨析| |填空题|3题15分|切线方程、等比数列求和、概率期望|14题数字变换游戏，体现数学应用意识| |解答题|5题77分|概率应用、数列求和、立体几何、双曲线、函数零点|15题结合记忆留存情境，19题函数证明考查逻辑推理，贴合高考命题趋势|

四川省成都市2025-2026高二下学期数学期末考试模拟练习 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”． 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效． 3.考试结束后由监考老师将答题卡收回． 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，只有一项符合题目要求． 1．若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据导数的定义：函数在处的导数为， 所以． 2．在等差数列中，若，则（   ） A．3 B．4 C．6 D．12 【答案】C 【详解】在等差数列中，若，则，解得： 3．若随机变量，且，则（     ） A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8 【答案】A 【详解】由正态分布的对称性可知. 4．甲、乙、丙等6位同学都要报名参加学校举办的3项不同活动，每人只能报其中一项，要求每项活动至少有一人报名，则不同的报名方式共有（    ） A．360种 B．480种 C．540种 D．720种 【答案】C 【分析】先将6个人分成3组，每组至少一人，求出总的分法数，再将这3组人，分配到3个活动项目中去，即可得答案. 【详解】将6个人分成3组，每组至少一人： 当三组人数为4，1，1时，有种分法； 当三组人数为3，2，1时，有种分法； 当三组人数为2，2，2时，有种分法； 所以一共有， 将这三组人数分别分配到3个活动项目中去， 所以共有种分配方式. 5．记为等比数列的前n项和，为的公比，若，则（ ） A． B． C． D．数列为单调递增数列 【答案】A 【分析】根据条件求和，再根据等比数列的公式，判断选项. 【详解】由条件可知，，且， 所以， 所以，得，整理为， 解得：或（舍）， 当时，，故A正确；，故B错误； ，故C错误； 当时，数列为单调递减数列，故D错误. 6．定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】构造新函数，利用函数导数与函数单调性分析求解即可. 【详解】对任意，，所以不等式的解集等价于不等式的解集， 令，由，所以， 所以不等式的解集等价于不等式的解集， 又对任意，， 所以， 所以函数在上单调递增，由，则有， 所以不等式的解集为：. 7．椭圆：的左、右焦点分别为，，下顶点为A，P为C上一点，，以为直角顶点的直角三角形的面积为，则C的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 根据三角形面积公式求解，通过椭圆的几何性质即可得到，结合余弦定理求解得到椭圆离心率. 【详解】已知椭圆，则左、右焦点分别为，，点坐标， 因为是以为直角顶点的直角三角形，所以， 直角边， 而，因此， 而，因此， 在中，，，由余弦定理得， 即， 化简得，而， 因此离心率.    8．若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别构造函数，，利用导数分析两个函数的单调性，即可得及关系，从而得到答案. 【详解】令，则. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 又，所以 所以，即. 令，则， 令，则. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 所以恒成立，即恒成立，所以是减函数， 所以，即，即． 综上所述，. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9．已知在的展开式中只有第四项的二项式系数最大，则下列结论错误的是（    ） A． B．展开式中含的项的系数是60 C．展开式的各二项式系数和为128 D．展开式的各项系数和为729 【答案】ACD 【分析】先利用二项式系数的对称性，根据展开式中只有第四项的二项式系数最大求出的值，再利用展开式通项公式和二项式系数性质逐一计算验证各选项的结论判断正误即可得. 【详解】对A：根据二项式系数的性质：展开式中只有一项二项式系数最大，说明为偶数， 且最大二项式系数对应中间项，则，即，故A错误； 对B：对，有， 令，解得，则， 即展开式中含的项的系数是，故B正确； 对C：二项式系数和为，故C错误； 对D：对，令，有， 故展开式的各项系数和为，故D错误. 10．设为等差数列的前n项和，已知，，则（    ） A．数列的公差为2 B． C． D．当取得最大值时，或7 【答案】BC 【分析】先通过等差数列的基本量的运算求出和公差，确定数列的通项和前n项和，再求得取得最大值时的值． 【详解】设数列的公差为d，则解得，，故A错误； ，故B正确； ，故C正确； 当取得最大值时，或，故D错误． 11．函数，则下列说法正确的有（    ） A．若，则 B．若，则函数的极大值点为 C．当时，函数有2个零点 D．当时，函数在上的取值范围是 【答案】AD 【分析】A直接代入求解即可；B利用导数分析的单调性，进而可得极值点；C利用导数分析的单调性，进而可得零点；D导数研究单调性，进而求值域. 【详解】由题意可知：的定义域为，且， 令，解得或. A：若，解得，故A正确； B：若，则， 当时，；当时，； 所以在内单调递增，在内单调递减， 所以为的极小值点，故B错误； C：若，则， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减， 则的极大值为，极小值为， 当趋近于时，趋近于，所以有且仅有1个零点，故C错误； D：若，则在上恒成立， 所以在上单调递增，而，， 所以在上的值域为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知曲线在点处的切线与曲线相切，则_________． 【答案】 【分析】利用导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式求出曲线在点处的切线方程，则此切线方程与曲线相切，通过解方程组得到关于的一元二次方程，则此一元二次方程只有一个解，则有判别式为0，从而得到关于的方程，解出得解. 【详解】，， 曲线在点处的切线的斜率为， 曲线在点处的切线方程为， 即， 则与曲线相切， 将代入， 得到，即只有一个解， 故，解得. 13．已知为等比数列的前 n项和， 若，则 ______. 【答案】21 【分析】利用等比数列的通项公式和前项和公式逐项求解即可. 【详解】设等比数列的公比为，由等比数列的通项公式可得 ， ， 因为数列为等比数列， 所以有， 所以有，即. 又因为 所以，且 所以 14．现有一个基于数字变换的游戏.初始时黑板上写有数字2，每轮游戏会对该数字进行一次独立变换，每一次变换有的概率将其擦去并写上原先数字加1的数，否则将其擦去并写上原先数字2倍的数，设轮变换后黑板上的数字为，已知在的前提下，第1轮变换前后数字之差为1的概率为，则__________. 【答案】 【分析】设该事件为，设“3轮变换后”为事件，利用列举法，求得事件的路径及其概率，得到，结合条件概率的计算公式，列出方程，即可求解. 【详解】因为初始数字为2，可得“第1轮变换前后数字之差为1”等价于“第1轮执行加1变换”， 设该事件为，设“3轮变换后”为事件， 列举所有3轮变换的路径，满足事件的路径及其概率分别为： 加1､加1､乘2概率为，加1､乘2､乘2概率为， 乘2､加1､乘2概率为，乘2､乘2､加1概率为， 乘2､乘2､乘2概率为，求和得， 事件包含前两条路径，其概率， 因为，由条件概率公式可得， 整理得，解得或，结合可得. 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．心理学研究表明，人类学习新知识后，记忆留存会随时间先快后慢逐渐下降.同学甲为了解自己的记忆能力，他先练习背诵一首古诗，然后分别在练习结束后20分钟、1小时、1天这三个时间节点进行测试，假设他在这三个时间节点完成背诵的概率依次为，，，且每次是否完成互不影响. (1)若已知甲在3次测试中恰好完成背诵2次，求他在1小时这个时间节点没有完成背诵的概率； (2)设表示甲在3次测试中完成背诵的次数，求的分布列及数学期望. 【答案】(1) (2) 0 1 2 3 数学期望 【分析】（1）根据互斥事件概率加法公式及独立事件概率乘法公式求得甲在3次测试中恰好完成背诵2次的概率，再根据条件概率公式求得在此条件下，他在1小时这个时间节点没有完成背诵的概率； （2）易知的可能情况为，分别求得各种情况发生的概率，即可得的分布列，并求得其数学期望. 【详解】（1）记甲在第次完成背诵为事件. 甲在3次测试中恰好完成背诵2次为事件. 则； ， 所以. （2）易知的可能情况为， ， ， ， . 所以的分布列为 所以的数学期望为. 16．已知数列的前项和为，，且． (1)求的通项公式； (2)设，记数列的前项和为，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用来变形，可得数列是常数列，进而即可求得其通项； （2）结合（1），再利用错位相减即可求出． 【详解】（1）因为，所以， 两式相减可得， 所以，所以数列是常数列， 又，所以， 所以，所以． （2）结合（1）得， 则， 两边乘以4可得：， 两式相减得：， ， 即． 17．在四棱锥中，，，，，，分别为线段和的中点． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的正弦值； (3)若为线段中点，在线段上且为靠近点的三等分点，证明：，，，四点共面． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）证明为正方形从而得到，再证明从而证明，即可得证； （2）以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面及平面的法向量，利用向量法即可求解； （3）以为基底表示，从而得到，根据共面定理即可证明. 【详解】（1）连接， 因为为中点，所以， 又，，所以且， 所以四边形为平行四边形， 又，， 所以四边形为正方形， 所以，， 又因为，， 所以，所以， 又因为分别为线段和的中点，所以， 所以， 又，平面， 所以平面. （2）因为，， 所以，所以， 由（1）知， 又，平面， 所以平面， 又，，所以， 所以两两垂直， 以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 则， 由（1）知平面， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 所以， 所以， 所以平面与平面夹角的正弦值. （3）因为分别为线段和的中点， 所以，， 因为为的中点，所以， 在线段上且为靠近点的三等分点， 所以， 所以， ， ， 所以， 故，，，四点共面. 18．已知双曲线的离心率为，其右顶点到渐近线的距离为． (1)求双曲线的标准方程； (2)过双曲线右焦点作垂直于轴的直线，与双曲线交于M，N两点，点为双曲线位于y轴正半轴的虚轴端点，求的面积； (3)设P，Q为双曲线上不同的两点，且，证明：点到直线PQ的距离为定值，并求的最小值． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析，最小值为． 【分析】（1）根据离心率和点到直线的距离公式求出和，从而求出双曲线的标准方程； （2）先求出直线的方程，再联立双曲线方程，从而求出M，N两点坐标，得到MN的长度，再计算点到直线的距离，得到的面积； （3）对直线PQ斜率分存在与不存在两种情况，都得到原点O到PQ的距离为定值，再利用均值不等式求的最小值. 【详解】（1）由离心率得，即，又，所以． 所以渐近线方程为，即． 右顶点坐标为，它到渐近线的距离为，解得，所以．于是，所以双曲线的标准方程为． （2）由（1）知双曲线为，因为，所以，得焦点，虚轴上端点． 当直线垂直于轴，．代入双曲线方程：． 得，此时的长度为8. 点到直线的距离为，故． 所以的面积为． （3）当直线斜率不存在，设，则， 由得 ，即，即，解得， 此时点到直线PQ的距离． 当直线PQ斜率存在，设，与双曲线方程联立： ，即． 则，所以， 设，则． 由得， 而， 代入得． 即，即， 两边乘以得， 展开得， 整理得， 即，所以，即． 原点到直线PQ的距离，则，故，为定值． 在直角三角形OPQ中，， 且，所以． 由均值不等式，，即， 得，故， 当时取等，此时，符合． 因此的最小值为． 19．已知函数，． (1)若有3个零点，求的取值范围； (2)设，为的极值点，． （ⅰ）证明：； （ⅱ）数列满足，证明：． 【答案】(1) (2)（ⅰ）由，得， 若为的极值点，则在有两个不等的实数根， 即在有两个不等的实数根， 令，求导得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 又，当时，， 当时，在有两个不等的实数根，且. 所以当时，，时，， 所以函数在时，单调递增. 由， 得，令， 要证明，只需证明， 又， 所以由不等式，可得，所以， 进一步分析函数， 由， 所以若证明，等价于证明， 又，则， ， 所以函数在上单调递增，即只需证明，即， 由，得， 令，得，所以， 要证明：，等价于证明：，等价于证明， 即，所以，所以， 上式显然成立，所以； （ⅱ）由，得， 又，则，因此， 又，得，且， 函数在上单调递增，则。 所以数列单调递减，且， 对任意，， 利用递推关系，得， 所以，因此， 故 【分析】（1）由，可得，通过换元得令，，进而可得当时，函数有一个零点，进而可得，求导分类讨论可求得的取值范围； （2）（ⅰ）求导结合已知得，令，利用换元得，，进而可证结论成立；（ⅱ）由题意可得，进而可得，结合可证结论. 【详解】（1）由，得，即， 所以，所以， 令，令，又，， 若在上有3个零点， 则只需分析当时，函数有一个零点， ， 由于不符合题意，所以，由，解得， 而当时，，所以函数在上单调递增， 即与题意不符， 又当时，函数在上单调递增，，无零点，与题意不符合， 所以， 由，令，得，解得或，且，故， 又，当时，，函数单调递增， 当时，， 函数单调递减， 因为，所以，当时，， 由零点存在性定理，得存在，使得. 因此，存在，使得，且， 故当时，函数有3个零点，即有3个零点； （2）略. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省成都市2025-2026高二下学期数学期末考试模拟练习 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”． 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效． 3.考试结束后由监考老师将答题卡收回． 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，只有一项符合题目要求． 1．若，则（   ） A． B． C． D． 2．在等差数列中，若，则（   ） A．3 B．4 C．6 D．12 3．若随机变量，且，则（     ） A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8 4．甲、乙、丙等6位同学都要报名参加学校举办的3项不同活动，每人只能报其中一项，要求每项活动至少有一人报名，则不同的报名方式共有（    ） A．360种 B．480种 C．540种 D．720种 5．记为等比数列的前n项和，为的公比，若，则（ ） A． B． C． D．数列为单调递增数列 6．定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 7．椭圆：的左、右焦点分别为，，下顶点为A，P为C上一点，，以为直角顶点的直角三角形的面积为，则C的离心率为（   ） A． B． C． D． 8．若，则（   ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9．已知在的展开式中只有第四项的二项式系数最大，则下列结论错误的是（    ） A． B．展开式中含的项的系数是60 C．展开式的各二项式系数和为128 D．展开式的各项系数和为729 10．设为等差数列的前n项和，已知，，则（    ） A．数列的公差为2 B． C． D．当取得最大值时，或7 11．函数，则下列说法正确的有（    ） A．若，则 B．若，则函数的极大值点为 C．当时，函数有2个零点 D．当时，函数在上的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知曲线在点处的切线与曲线相切，则_________． 13．已知为等比数列的前 n项和， 若，则 ______. 14．现有一个基于数字变换的游戏.初始时黑板上写有数字2，每轮游戏会对该数字进行一次独立变换，每一次变换有的概率将其擦去并写上原先数字加1的数，否则将其擦去并写上原先数字2倍的数，设轮变换后黑板上的数字为，已知在的前提下，第1轮变换前后数字之差为1的概率为，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．心理学研究表明，人类学习新知识后，记忆留存会随时间先快后慢逐渐下降.同学甲为了解自己的记忆能力，他先练习背诵一首古诗，然后分别在练习结束后20分钟、1小时、1天这三个时间节点进行测试，假设他在这三个时间节点完成背诵的概率依次为，，，且每次是否完成互不影响. (1)若已知甲在3次测试中恰好完成背诵2次，求他在1小时这个时间节点没有完成背诵的概率； (2)设表示甲在3次测试中完成背诵的次数，求的分布列及数学期望. 16．已知数列的前项和为，，且． (1)求的通项公式； (2)设，记数列的前项和为，求． 17．在四棱锥中，，，，，，分别为线段和的中点． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的正弦值； (3)若为线段中点，在线段上且为靠近点的三等分点，证明：，，，四点共面． 18．已知双曲线的离心率为，其右顶点到渐近线的距离为． (1)求双曲线的标准方程； (2)过双曲线右焦点作垂直于轴的直线，与双曲线交于M，N两点，点为双曲线位于y轴正半轴的虚轴端点，求的面积； (3)设P，Q为双曲线上不同的两点，且，证明：点到直线PQ的距离为定值，并求的最小值． 19．已知函数，． (1)若有3个零点，求的取值范围； (2)设，为的极值点，． （ⅰ）证明：； （ⅱ）数列满足，证明：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $