广东省广州市2025-2026学年高二下学期数学期末模拟卷（考试范围：人教A版选择性必修第一册、第二册、第三册）

**基本信息** 本卷为高二数学期末模拟卷，覆盖选择性必修全册，以卫星功耗正态分布、睡眠质量独立性检验等真实情境为载体，通过数列综合、函数极值证明等大题考查数学思维与逻辑推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|方差、导数运算、独立性检验|高尔顿板概率结合概率模型应用| |填空题|3/15|椭圆离心率、切线方程|条件概率考查逻辑推理| |解答题|5/77|立体几何面面垂直、抛物线综合|餐厅选择概率模型体现应用意识|

广东省广州市2025-2026学年下学期高二数学期末模拟卷 考试范围：人教A版选择性必修第一册、第二册、第三册 （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、准考证号填写在答题卡上。 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。 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．随机变量的方差是2，则随机变量的方差是（     ） A．2 B．8 C．5 D．9 2．已知是公差不为零的等差数列，，若，，成等比数列，则（  ） A． B． C．12 D．18 3．下列求导运算错误的是（    ） A． B． C． D． 4．的展开式中的系数为（    ） A．2 B．－2 C．4 D．－4 5．某班一天8节课，上、下午各4节．现安排上午两节语文课连上，下午两节数学课连上，英语、物理、体育、音乐各一节的课程表，不同的排法种数是（    ） A．72 B．108 C．216 D．288 6．为研究睡前阅读与睡眠质量是否有关联，某机构采取随机抽样的方法抽取80名学生进行调查，得到成对样本观测数据的分类统计结果，如表所示．依据小概率值的独立性检验，分析睡前阅读是否会有助于睡眠质量． 睡眠质量良好 睡眠质量一般 合计 坚持睡前阅读 30 10 40 不睡前阅读 10 30 40 合计 40 40 80 ，临界值表： 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 则下列说法正确的是（     ） A．依据，有把握认为的人睡前阅读会有助于睡眠质量 B．依据，有把握认为的人睡前阅读会有助于睡眠质量 C．依据，有的把握认为睡前阅读会有助于睡眠质量 D．依据，有的把握认为睡前阅读会有助于睡眠质量 7．如图是一块高尔顿板示意图，在一块木板上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，小球从上方的通道口落下后，将与层层小木块碰撞，最后掉入下方的某一个球槽内，若小球下落过程中向左落下的概率为，则小球最终落入④号球槽的概率为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数和的定义域均为，为偶函数，且对任意，都有恒成立，，则不等式的解集为（    ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．我国航天事业飞速发展，某颗科学实验卫星在太空中运行时，其单日的电池功耗（单位：W）受太阳光照强度等因素影响．历史数据表明：在常规运行轨道上，卫星单日功耗服从正态分布，在进行深空探测任务期间，卫星单日功耗服从正态分布．则下列结论正确的有（ ） （附：若随机变量服从正态分布，则，，） A． B． C． D． 10．对于函数，下列说法正确的有（     ） A．在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减 B． C．设有3个不同的零点，则 D．设，若对，，使成立，则 11．将按照二项式定理展开后，其各二项式系数可以形成“杨辉三角”（图1），将“杨辉三角”中所有的奇数涂成黑色圆，偶数涂成白色圆，就得到“谢尔宾斯基三角形”（图2），则下列说法正确的是（    ） A．在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为 B．在“杨辉三角”中，记第n（）行的第个数为，则 C．在“谢尔宾斯基三角形”中，第（，2，…）行全行都为黑色圆 D．在“谢尔宾斯基三角形”中，第126行的黑色圆比白色圆少一个 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．椭圆的离心率为________． 13．若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数________． 14．现有个相同的袋子，里面均装有个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个球取后不放回），若第三次取出的球为白球的概率是，则在前两次取出的球是白球的条件下，第三次取出的球是白球的概率是______. 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．（13分） 已知等差数列的前项和为，且，，． (1)求数列的通项公式； (2)若，求的值． 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 17．（15分） 某学校有、两个餐厅，经统计发现，学生在第一天就餐时会随机地选择一个餐厅用餐．此后，如果某同学某天去餐厅，那么该同学下一天还去餐厅的概率为 ；如果某同学某天去餐厅，那么该同学下一天去餐厅的概率为 ． (1)记甲、乙、丙3位同学中第2天选择餐厅的人数为 ，求随机变量的分布列和期望； (2)甲同学第天去餐厅就餐的概率为，求的通项公式 (3)记甲同学前天去餐厅就餐的次数为，求（提示：） 18．（17分） 抛物线被直线所截得的弦PQ的中点的纵坐标为1． (1)求的值及抛物线的准线方程； (2)过抛物线的焦点作两条互相垂直的直线，，直线与拋物线相交于，两点，直线与抛物线相交于，两点. （i）若，求直线的方程； （ii）求四边形的面积的最小值． 19．（17分） 已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)证明：存在唯一的极值点； (3)当恒成立时，证明：． 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省广州市2025-2026学年下学期高二数学期末模拟卷 考试范围：人教A版选择性必修第一册、第二册、第三册 （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、准考证号填写在答题卡上。 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。 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．随机变量的方差是2，则随机变量的方差是（     ） A．2 B．8 C．5 D．9 【答案】B 【详解】由题意，，. 2．已知是公差不为零的等差数列，，若，，成等比数列，则（  ） A． B． C．12 D．18 【答案】C 【分析】由等差数列与等比数列的性质求解即可. 【详解】因为，，成等比数列，所以， 因为是公差不为零的等差数列，所以， 因为，解得或，因为， 所以，所以， 当时，可得. 3．下列求导运算错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】，所以A运算正确，不符合题意； ，所以B运算错误，符合题意； ，所以C运算正确，不符合题意； ，所以D运算正确，不符合题意． 4．的展开式中的系数为（    ） A．2 B．－2 C．4 D．－4 【答案】A 【分析】利用乘法分配律和二项式展开式的通项公式求得正确答案. 【详解】由二项式定理可知：的展开式中含的项为： ，所以的系数为2. 5．某班一天8节课，上、下午各4节．现安排上午两节语文课连上，下午两节数学课连上，英语、物理、体育、音乐各一节的课程表，不同的排法种数是（    ） A．72 B．108 C．216 D．288 【答案】C 【分析】先排语文与数学，再通过乘法原理求解即可. 【详解】上午两节语文课连上有三种可能，同理下午两节数学课连上有三种可能， 因为英语、物理、体育、音乐各一节的课程表，直接全排列，所以有种. 6．为研究睡前阅读与睡眠质量是否有关联，某机构采取随机抽样的方法抽取80名学生进行调查，得到成对样本观测数据的分类统计结果，如表所示．依据小概率值的独立性检验，分析睡前阅读是否会有助于睡眠质量． 睡眠质量良好 睡眠质量一般 合计 坚持睡前阅读 30 10 40 不睡前阅读 10 30 40 合计 40 40 80 ，临界值表： 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 则下列说法正确的是（     ） A．依据，有把握认为的人睡前阅读会有助于睡眠质量 B．依据，有把握认为的人睡前阅读会有助于睡眠质量 C．依据，有的把握认为睡前阅读会有助于睡眠质量 D．依据，有的把握认为睡前阅读会有助于睡眠质量 【答案】C 【详解】零假设为：睡前阅读与睡眠质量无关. 根据列联表中的数据经计算得到， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即有的把握认为睡前阅读会有助于睡眠质量. 7．如图是一块高尔顿板示意图，在一块木板上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，小球从上方的通道口落下后，将与层层小木块碰撞，最后掉入下方的某一个球槽内，若小球下落过程中向左落下的概率为，则小球最终落入④号球槽的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 设小球最终落入④号球槽为事件A，小球落下要经过5次碰撞， 每次向左、向右落下的概率分别为和，并且相互独立， 最终落入④号球槽需两次向左，三次向右， 所以小球最终落入④号球槽的概率为：． 8．已知函数和的定义域均为，为偶函数，且对任意，都有恒成立，，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，利用导数分析函数的单调性，并结合函数的奇偶性，求得不等式的解集. 【详解】令，则. 因为对任意，都有恒成立， 所以当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 因为为偶函数，所以为偶函数， 由，得， 所以不等式等价于， 即，解得或. 所以其解集为． 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．我国航天事业飞速发展，某颗科学实验卫星在太空中运行时，其单日的电池功耗（单位：W）受太阳光照强度等因素影响．历史数据表明：在常规运行轨道上，卫星单日功耗服从正态分布，在进行深空探测任务期间，卫星单日功耗服从正态分布．则下列结论正确的有（ ） （附：若随机变量服从正态分布，则，，） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】利用正态分布的对称性与区间概率计算，并利用期望与方差的线性性质计算 和即可. 【详解】对于A，由题意得 ，故A错误； 对于B，由题意得， ，故B正确； 对于C，由题意得， ，故C正确； 对于D，由题意得， 即，故D正确. 10．对于函数，下列说法正确的有（     ） A．在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减 B． C．设有3个不同的零点，则 D．设，若对，，使成立，则 【答案】BCD 【分析】对函数求导，利用导数分析函数单调性，进而判断选项A；由函数单调性判断选项B；把零点问题转化为方程根的问题，作出大致图象，结合图象计算判断选项C；求导，判断函数单调性，结合已知条件求出的范围，判断选项D． 【详解】的定义域为，求导得， 当时，，，函数单调递减； 当时，，，函数单调递减； 当时，，，函数单调递增，故A错误； 由A分析可知，当时，函数单调递减，且，故，故B正确； 因有3个不同的零点，等价于在内有3个不同根， 当时，，单调递增，值域为， 当时，，，在上单调递减，在上单调递增， 此时函数取得最小值为，值域为， 作出的大致图象如下： 由图象可知，当时，方程有3个不同根，解得，故C正确； 函数，导数在上恒成立， 故函数在上单调递增，则其值域为， 由A分析可知，在的值域为， 已知，，使成立， 则，故，故D正确． 11．将按照二项式定理展开后，其各二项式系数可以形成“杨辉三角”（图1），将“杨辉三角”中所有的奇数涂成黑色圆，偶数涂成白色圆，就得到“谢尔宾斯基三角形”（图2），则下列说法正确的是（    ） A．在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为 B．在“杨辉三角”中，记第n（）行的第个数为，则 C．在“谢尔宾斯基三角形”中，第（，2，…）行全行都为黑色圆 D．在“谢尔宾斯基三角形”中，第126行的黑色圆比白色圆少一个 【答案】ABC 【分析】根据二项式系数之和的公式即可求解A选项，根据组合数的运算性质即可求解B、C选项，由杨辉三角的性质求解D选项 【详解】第n行的所有数字之和为，A正确， ，所以，B正确， 通过观察规律归纳可知：第0，1，3，7，15，…行数字都是奇数， 因此可以归纳出第（，2，…）行全行都是奇数，故都为黑色圆，C正确， 由C可知第127行全行为奇数，则由奇数+偶数=奇数，结合， 则第126行的127个数是奇偶相间，且两端都是奇数，所以黑色圆比白色圆多一个，D错误. 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．椭圆的离心率为________． 【答案】 【详解】椭圆标准方程为， 表示焦点在轴的椭圆，且，，所以， 所以椭圆的离心率为. 13．若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数________． 【答案】 【分析】对函数求导数，然后根据切线与已知直线垂直建立方程求解即可. 【详解】因为直线的斜率为：， 又曲线在点处的切线与直线垂直， 所以曲线在点处的切线的斜率为：， 由，则， 所以，解得：. 14．现有个相同的袋子，里面均装有个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个球取后不放回），若第三次取出的球为白球的概率是，则在前两次取出的球是白球的条件下，第三次取出的球是白球的概率是______. 【答案】 【分析】先设“取出第个袋子”为事件，“从袋子中连续取出三个球，第三次取出的球为白球”为事件，由全概率公式得，结合条件可得，进而可判断个袋子中的红球及白球数，再由条件概率公式可得结果. 【详解】设“取出第个袋子”为事件， “从袋子中连续取出三个球，第三次取出的球为白球”为事件， 则，且两两互斥，，， 对于第个袋子，白球数为，从第个袋子中连续取出三个球（每个球取后不放回）， 因此第三次取出的球为白球. 所以，由全概率公式， . 令，解得. 所以第个袋子：个红球个白球；第个袋子：个红球个白球； 第个袋子：个红球个白球；第个袋子：个红球个白球； 第个袋子：个红球. 设前两次取出白球为事件，第三次取出白球为事件，则. 又因为. . 所以. 故在前两次取出的球是白球的条件下，第三次取出的球是白球的概率是. 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．（13分） 已知等差数列的前项和为，且，，． (1)求数列的通项公式； (2)若，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设等差数列的首项和公差，从而列方程组求出首项和公差，进而得到数列的通项公式； （2）对求导后，可知是等差乘等比结构的求和问题，用错位相减法即可计算出结果． 【详解】（1）由数列为等差数列，设首项为，公差为， 又对恒成立，所以有， 联立， 即， 解得 所以 ， 故数列的通项公式为． （2）由， 则， 所以， ， 两式相减得： ， 所以． 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明：底面为矩形，所以， 又因为平面，平面，所以， 又，平面，平面， 所以平面，又平面， 可知平面平面． (2) 【详解】（1）略. （2）由（1）可知，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图2所示： 易知，，，，， 则，， 设平面的法向量为， 则，令，可得，， 可得， 平面的法向量为， 因为平面，所以平面的法向量为， 所以， 因此平面与平面所成角的余弦值为． 17．（15分） 某学校有、两个餐厅，经统计发现，学生在第一天就餐时会随机地选择一个餐厅用餐．此后，如果某同学某天去餐厅，那么该同学下一天还去餐厅的概率为 ；如果某同学某天去餐厅，那么该同学下一天去餐厅的概率为 ． (1)记甲、乙、丙3位同学中第2天选择餐厅的人数为 ，求随机变量的分布列和期望； (2)甲同学第天去餐厅就餐的概率为，求的通项公式 (3)记甲同学前天去餐厅就餐的次数为，求（提示：） 【答案】(1)随机变量的分布列如下表所示： 0 1 2 3 的期望为 (2) (3) 【分析】（1）不妨假设甲、乙、丙3位同学中第2天选择餐厅就餐相互独立，那么首先求出任意一位同学第天选择去餐厅就餐的概率，依题意可得，根据二项分布的概率公式求出分布列，从而求出数学期望； （2）甲同学第天去餐厅的概率为，那么， 当时，， 即可得到数列是以为首项，为公比的等比数列，求出的通项. （3）令，则，所以， 再计算出. 【详解】（1）不妨假设甲、乙、丙3位同学中第2天选择餐厅就餐相互独立，那么 设一位同学第天选择去餐厅就餐的概率为，则． 则，所以，， ，， 故的分布列如下表所示： 0 1 2 3 则的期望为. （2）甲同学第天去餐厅的概率为，那么， 当时，， 所以，， 又，故数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，， 故. （3）令，则, 那么, 由于 , 所以， . 18．（17分） 抛物线被直线所截得的弦PQ的中点的纵坐标为1． (1)求的值及抛物线的准线方程； (2)过抛物线的焦点作两条互相垂直的直线，，直线与拋物线相交于，两点，直线与抛物线相交于，两点. （i）若，求直线的方程； （ii）求四边形的面积的最小值． 【答案】(1) ，准线方程为 (2)（i）或；（ii）32 【分析】（1）解法一：联立直线与抛物线方程，可得与交点纵坐标有关韦达定理，再利用抛物线定义计算可得，即可得抛物线的准线方程；解法二：借助点差法与中点弦性质计算可得，即可得抛物线的准线方程； （2）解法一：（i）设直线的方程为，联立抛物线方程，可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合抛物线弦长公式计算即可得解；（ii）结合（i）中所得，可表示出、，即可表示出四边形的面积，再利用基本不等式计算即可得解；解法二：（i）设直线的方程为，联立抛物线方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，结合抛物线弦长公式计算即可得解；（ii）结合（i）中所得，可表示出、，即可表示出四边形的面积，再利用基本不等式计算即可得解. 【详解】（1）解法一：设抛物线与直线交于，， 联立方程组，整理得， 所以，因为，所以， 则抛物线方程为，准线方程为； 解法二：设抛物线 与直线交于，， 因为截得的弦的中点的纵坐标为1，故，， 则，作差得， 所以，因为，所以， 则抛物线方程为，准线方程为； （2）解法一：（i）依题意设直线的方程为，，，， 联立方程组，整理得 ，故， 所以 ，解得， 所以直线的方程为， 即或； （ii）因为，，同理可得， 所以， 当且仅当，即 时，取等号， 所以四边形面积的最小值为32． 解法二：（i）依题意设直线的方程为，，，． 联立方程组，整理得，故， 所以，解得 所以直线的方程为， 即或； （ii）因为，，同理可得， 所以， 当且仅当，即时，取等号， 所以四边形面积的最小值为32．    19．（17分） 已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)证明：存在唯一的极值点； (3)当恒成立时，证明：． 【答案】(1) (2)证明：， 当时，，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以为函数的唯一极值点且为极小值点； 当时：， 当时，，，所以， 所以在上单调递增，无极值点. 当时，， 设，恒成立，所以在上单调递增， 令得，所以， 所以，所以， 设，易知在上单调递增， ， 令，设，， 当时，，单调递减，所以，所以， 而，根据函数零点存在定理可知，存在唯一的， 使得，所以， 当时，，所以， 当时，，所以， 故是函数唯一的极值点且为极小值点， 综上所述，存在唯一的极值点且为极小值点； (3)证明：设的极小值点为，由（2）可知在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为， 又，所以，所以， 若恒成立，则， 令，则，要证， 即证， 设，，，在上单调递减， 所以， 令，则， 令，因为， 仅当时，“”成立，所以单调递增， 所以当时，，单调递增，，所以， 所以， 所以，所以在上单调递增，所以， 所以，所以成立． 【分析】（1）求导得到，进而计算，可得到切线斜率，再利用点斜式写出切线方程； （2）对求导得到，分类讨论分析的单调性和零点情况；进而判断的极值点情况； （3）结合（2）的结论，利用的极小值建立关于的不等式；先通过不等式求出的范围，再构造函数，利用函数单调性证明不等式． 【详解】（1）当时，， 则， 所以，， 所以在点处的切线方程为， 即； （2）略 （3）略 2 学科网（北京）股份有限公司 $