江苏苏州市某校2025-2026学年高二下学期期末模拟5数学试题

**基本信息** 高二下学期期末模拟卷，涵盖导数、立体几何、概率统计等核心知识，通过多样题型融合实际情境与逻辑推理，考查数学眼光、思维及语言表达能力。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选|8|导数运算、空间向量、排列组合|结合高考等级赋分（题6）等真实情境，考查基础应用| |多选|3|空间向量运算、二项式定理|注重知识辨析，如向量共线与投影（题9）| |填空|3|多项式展开、点到直线距离、三次方程根与系数|渗透类比推理（题14），衔接高等数学思想| |解答|5|立体几何证明、回归分析、概率统计、函数导数、组合恒等式|企业研发（题16）、公交等待（题17）等情境，突出数学建模与数据分析；杨辉三角证明（题19）培养逻辑推理与创新意识|

高二下学期期末模拟试卷5 姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．下列求导运算不正确的是（    ） A． B． C． D． 2．已知P是所在平面外一点，M是BC的中点，若，则（    ） A． B． C． D． 3．现有5名同学去3个养老院参加公益活动，每名同学只去1个养老院，每个养老院至少安排1名同学，则不同安排方案的种数为（    ） A．25 B．40 C．150 D．240 4．已知定义在上的函数从x到的平均变化率为，则的单调增区间是（    ） A． B． C． D． 5．如图所示的九宫格中共有个格点，若在其中任取3个格点，恰好能构成三角形的取法共有（   ）种.    A．528 B．524 C．520 D．516 6．某省高考改革试点方案规定：2023年高考总成绩由语文、数学、外语三门统考科目和思想政治、历史、地理、物理、化学、生物六门选考科目组成，将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为，，，，，，，共8个等级，参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为，，，，，，，，选考科目成绩计入考生总成绩时，将至等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到，，，，，，，八个分数区间，得到考生的等级成绩，如果该省某次高考模拟考试物理科目的原始成绩，那么等级的原始分最低大约为（    ） 参考数据：对任何一个正态分布来说，通过转化为标准正态分布，从而查标准正态分布表得到．可供查阅的（部分）标准正态分布表： A．57 B．64 C．71 D．77 7．如图，圆C和的两条边相切，射线OP绕点O从OA开始逆时针方向旋转至OB，设，在旋转过程中，OP扫过的圆内阴影部分的面积为S，则S关于θ的图象可能是（   ）  A．    B．   C．   D．   8．已知函数，若0是极小值点，则取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．在空间直角坐标系中，已知点，，，，则下列结论正确的是（    ） A． B．A，B，C三点共线 C． D．在上的投影向量为 10．已知，则（    ） A． B． C． D． 11．已知函数在处的切线斜率为2，则下列命题正确的是（   ） A． B．有且只有一个极小值，且极小值等于 C．的值域是 D．若，则恒成立 三、填空题 12．乘积（a1+a2+a3）（b1+b2+b3+b4）（c1+c2+c3+c4+c5）展开后共有_____项． 13． 点是直线上一点，是直线的一个方向向量，则点到直线的距离是______． 14．设实系数一元二次方程有两个不相等的实数根，，则原方程可以变形为，展开得，由此，我们可以得到，.类比上述方法，如果实系数一元三次方程有三个不相等的实数根，，，我们也可以得到类似的结论.已知关于的方程有三个不相等的实数根，，，且，则的取值范围为_____. 四、解答题 15．如图，四棱锥的底面是矩形，平面，，为的中点．  (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 16．某企业为确定下一年投入某种产品的研发费用，需了解年研发费用（单位：千万元）对年销售量（单位：千万件）的影响，统计了近10年投入的年研发费用与年销售量（）的数据，得到散点图如图所示： （1）利用散点图判断，和（其中，为大于0的常数）哪一个更适合作为年研发费用和年销售量的回归方程类型（只要给出判断即可，不必说明理由）. （2）对数据作出如下处理：令，，得到相关统计量的值如下表： 根据（1）的判断结果及表中数据，求关于的回归方程； （3）已知企业年利润（单位：千万元）与，的关系为（其中），根据（2）的结果，要使得该企业下一年的年利润最大，预计下一年应投入多少研发费用？ 附：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，. 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 17．某公交车每10分钟发一班车，但由于交通状况，实际到达某一固定站点的时间间隔不稳定.为了研究乘客的等待时间，随机记录了50名乘客的等待时间，数据整理如下表（单位：分钟）： 等待时间 频数 20 14 10 6 (1)估计这50名乘客的平均等待时间（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； (2)记乘客等待时间为，随机变量X服从指数分布，且取值不超过的概率为，其中是自然对数的底数. （i）证明：对于任意的，有； （ii）如果小明已经等公交车等了5分钟，记他还需要的等待时间为（单位：分钟）.他利用人工智能辅助决定：若，则坐公交车（费用2元）；若，则打车（费用20元）.求小明的交通费用的均值. 18．已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)若过点恰有2条与的图象相切的直线，求的取值范围； (3)若，问函数的图象上是否存在三个不同的点，，，使得它们的横坐标成等差数列，且直线的斜率等于函数的图象在点处的切线的斜率？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 19. 某校数学兴趣小组的同学对杨辉三角性质进行探究发现：“第n行各数平方和等于第2n行中间的数，即：”，证明如下.证明：考虑多项式中的系数，一方面：代数式中，的系数为.另一方面：代数式中，的系数为.因为，所以.所以. (1)如果证明过程中考虑中的系数，能得到的组合恒等式为________.请先填空，再构造一个实际背景，对所得恒等式的意义作出解释； (2)证明：①；②.注：组合数，若，则. 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 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A C C D C B C AD AC 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】应用导数的运算法则及复合函数的导数求法判断各项的正误. 【详解】A：，正确； B：，正确； C：，错误； D：，正确； 故选：C. 2．【详解】如下图所示： 因为为的中点，则， 所以，， 又因为，且、、不共面，则，， 故，， 3【分析】按照和二种方法分组，再排列即可. 【详解】依题意，可以按照和2,2,1二种方法分组： 按照3,1,1分组有种方法； 按照2,2,1分组有种方法，一共有种方法； 故选：C. 4．C 【分析】求极限可得.设，化简可得.解，根据导数的概念，即可得出答案. 【详解】由已知可得，. 设， 则. 由可得，，所以， 即时，有. 根据导数的概念，可知时，有. 所以，的单调增区间是. 故选：C. 5．D 【分析】用间接法，总取法种数减去不能构成三角形的取法，分四点共线和三点共线两种情况，即可得到可以构成三角形的取法. 【详解】从个点中取个点共有种情况， ①四点共线的有种情况，从共线的个点中取个点都不能构成三角形， 所以在四点共线的情况下不能构成三角形的取法共有种情况， ②三点共线的共有种情况，所以不能构成三角形的取法共有种情况， 所以能够成三角形的取法共有种情况. 故选：D. 6．C 【分析】首先计算排在等级最低分后面的学生约为学生总数的90%，结合，以及当时，，可得到，计算即可得到答案． 【详解】由题意可得，将学生成绩从高到低排名，排在等级最低分后面的学生约为学生总数的90%. 因为原始成绩，所以. 令，则；又当时，， 所以，解得，所以B＋等级的原始分最低大约为71. 故选：C. 7．B 【分析】根据扇形及三角形面积公式求出，求导数利用三角函数的有界性可可得的单调递增区间，根据函数的单调性得函数在上的图象增加的越来越快，结合选项中的图象即可判断． 【详解】设圆C的半径为，由题意得， 则圆内阴影部分的面积为． 记，，则； ，故函数的单调递增区间为， 记，则，故函数在上单调递增， 所以函数在上的图象增加的越来越快， 即S在上的图象增加的越来越快，这4个图中只有B选项具有上述特点. 故选：B 8．C 【分析】对函数求导，令，要使0是极小值点，则，由此可得的取值范围. 【详解】因为，所以， 所以， 令，则， 因为0是的极小值点， 所以在的左侧，，在的右侧，， 所以，解得，即取值范围是. 故选：C. 9．AD 【分析】根据空间向量得出A选项，根据空间向量的平行得出B选项，根据空间向量数量积判断C，应用投影向量公式计算判断D. 【详解】对于A，由题意得，故A正确； 对于B，，不存在实数，使得， 所以三点不共线，故B错误； 对于C，，， 由， 即与不垂直，故C错误； 对于D，因，， 则在上的投影向量为，故D正确. 故选：AD. 10.AC 【分析】利用二项式定理及多项式乘法法则求出展开式中含项的系数判断A，利用赋值法判断BC，对式子两边求导，令即可判断D. 【详解】A.的展开式中含的项为， 所以，A正确； B.令，得， 令，得， 两式相加得，，B错误； C.令，得， 所以，C正确； D.等式两边对求导得：， 令，得，D错误. 故选：AC. 10． ABD 【分析】求导，根据导数的几何意义可判断A；分析函数的单调性，结合极值的定义可判断B；结合，和单调性可判断C；由可得时，，进而判断D. 【详解】由，则， 则，即，故A正确； 此时，， 令，得或；令，得， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减， 则时，取得极小值，故B正确； 又，， 所以的值域不是，故C错误； 因为， 则时，， 而，则恒成立，故D正确. 故选：ABD. 12.60 13． 【分析】根据题意求得，且，结合，即可求解. 【详解】由题意，点和，可得，且， 所以点到直线的距离是. 故答案为：. 14． 【分析】本题可先根据三次方程根与系数的关系得到，，，再结合函数性质求解的取值范围. 【详解】由题意可以变形为， 展开得：， 所以， ， 三次方程 的根 ， 所以，，， 由 ，代入得： 因此： 因为方程有三个不等实根，令， 令，得.， ，单调递增， ， ，单调递减，， ，单调递增， 所以的极大值为， 的极小值为， 要有三个不等实根，则且，即. 又是最小根则，且. 所以. 令，， ， 因此， 的取值范围为 ，即的取值范围为. 故答案为： 15．(1)证明：因为，为的中点，所以， 因为四棱锥的底面是矩形，所以， 所以与相似，故， 因为，所以，故， 因为底面，底面，所以， 因为，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）利用三角形相似证得，结合线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用向量法求解夹角余弦值即可. 【详解】（1）略 （2）因为平面，平面，所以，， 因为四棱锥的底面是矩形，所以.    以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， 所以，，. 因为平面，所以平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则即 令，则，，此时， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 16．(1) (2)极小值，无极大值 (3)答案见解析 【分析】（1）根据题意，求得，得到，结合导数的几何意义，即可求解； （2）由（1）知，进而求得函数的单调区间和极值； （3）由（2）中函数的单调性与极值，结合时，；时，，得到函数的图象，把方程的解的个数转化为与的图象的交点个数，结合图象，即可求解. 【详解】（1）解：由函数，可得， 则，即切线的斜率，切点坐标为， 所以曲线在点处的切线方程. （2）解：由（1）知， 当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 当时，有极小值. （3）解：由（2）知，函数在递减，在递增，且有极小值， 又由时，；时，， 函数的图象如图所示， 又由方程的解的个数，即为与的图象的交点个数， 由图象可得：当时，没有公共点，此时方程无解； 当或时，两函数的图象只有一个公共点，此时方程有一解； 当时，两函数的图象有两个公共点，此时方程有两解．    17．(1)7.7分钟 (2)（i）证明见解析（ii）元 【分析】（1）利用组中值法计算样本均值即可. （2）（i）根据条件概率公式证明即可. （ii）结合指数分布的数学期望计算即可. 【详解】（1）平均时间. （2）（i）证明：由题意知，， 分别记已经等待s分钟和已经等待分钟为事件A和事件B， 则 . 所以对于任意的，有. （ii）由（i）知， ， 所以费用的期望是（元）. 18．(1)答案见解析 (2) (3)不存在；理由见解析 【分析】（1）求导，分类讨论到函数的符号，可得函数的单调性. （2）写出过的图象上一点的切线方程，根据切线过定点列方程，根据方程有2解求参数的取值范围. （3）假设存在满足条件的点，根据题意，问题可转化成方程在上解的情况.设辅助函数（），求导，分析函数单调性，可得函数零点情况. 【详解】（1）因为，，所以，. 因为，所以. 所以若，则即在上恒成立，所以在为增函数； 若，由；由. 所以函数在上递减，在上递增. 综上：当时，在为增函数； 当时，在上递减，在上递增. （2）设切点，切线斜率为：， 所以切线方程为：. 因为切线过点，所以. 整理得：（） 设（），则（）. 由，由. 所以在上递增，在上递减. 又过点恰有2条与的图象相切的直线，所以直线与的图象有两个不同交点. 因为，，， 所以. 即所求的取值范围为：. （3）当时，，，. 设，则. 假设存在，（），使得直线的斜率等于函数的图象在点处的切线的斜率， 即， 因为，所以. 设（）， 则（当且仅当时取“”）. 但，所以在恒成立. 所以在上单调递增，又. 所以在上恒成立. 即方程在上无解. 即满足条件的点不存在. 【点睛】关键点点睛：第二问中，求参数的取值范围，可采用分离参数法，得到，再设函数（），数形结合，可得实数的取值范围. 19.【详解】（1） 构造实际背景，对所得恒等式的意义做出解释：从个男生与个女生中选取人小组，一共有种方式， 另一方面，这样的人小组可分为个类：第类由个男生和个女生组成（）， 由乘法原理可知，第类中有个小组，因此人小组共有个， 由加法原理可知：； （2）①等式两边都是两个数相乘，可以联想到分步乘法原理.于是构造组合的实际问题： 从名学生中选出人组成代表队，其中名作为主力队员，名替补队员， 根据分步乘法原理共有种方法， 也可以直接从名学生中选了名主力队员，再从剩下的名学生中选出名替补队员， 根据分步乘法原理共有种方法， 由上面的两种方法可知：； ②考虑中的系数， 一方面 的系数为， 因为，所以的系数为 另一方面， ， 所以的系数为， 因为，所以 ， 所以 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $