精品解析：江苏南京市雨花台中学2025-2026学年高二下学期6月期末数学试题

高二下数学期末测试卷 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 数据1，2，3，4，5，6，7的中位数是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由中位数定义易知，中位数是4． 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据公式． 3. 若抛物线的焦点为，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用抛物线的焦点坐标为，即可求出的值. 【详解】因为抛物线的焦点为， 所以，， 故选：C. 4. 已知向量，，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】因为，， 所以，， 所以，， 所以． 5. 已知直线 ，和平面，且，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】根据线面垂直的性质可知，若直线，，则“”，即必要性成立；若，，则直线可以在平面内，也可以与平面相交，还可以为相交且垂直，所以充分性不成立， 因此，若，则“”是“”的必要不充分条件. 6. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的导数，由给定的单调区间及单调性建立恒成立的不等式求解. 【详解】由函数在上单调递增，得， 恒成立，而当时，，则，又， 所以实数的取值范围是. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在题干等式两边同时平方，结合二倍角的正弦公式求解即可. 【详解】因为，等式两边平方可得， 所以，解得. 8. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】 将变形为，再将变形为，整理后利用基本不等式可求最小值. 【详解】因为，故， 故， 当且仅当时等号成立， 故的最小值为3. 故选：A. 【点睛】方法点睛：应用基本不等式求最值时，需遵循“一正二定三相等”，如果原代数式中没有积为定值或和为定值，则需要对给定的代数变形以产生和为定值或积为定值的局部结构.求最值时要关注取等条件的验证. 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 某校随机调查了40名高三学生某周参加体育锻炼的次数，得到如下频数分布表： 锻炼次数x 0 1 2 3 4 5 频数n 4 6 10 12 6 2 根据以上数据，下列结论正确的是（ ） A. 这组样本数据的中位数为2.5 B. 这组样本数据的平均数为2.4 C. 从这40名学生中随机抽取2名，恰有1名学生该周锻炼次数不少于 3次的概率为 D. 若从锻炼次数不少于3次的学生中按分层抽样抽取10人，则应从锻炼次数为4次的学生中抽取4人 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用中位数的定义即可判断选项A；利用平均数的定义即可判断选项B；利用古典概率公式计算即可判断选项C；根据分层抽样的定义计算即可判断选项D． 【详解】对于A，由总共有40个数据，则中位数为第20、21个数据的平均数， 又第20个数据是2，第21个数据是3，所以这组样本数据的中位数为，故A正确； 对于B，这组样本数据的平均数为，故B正确； 对于C，由该周锻炼次数不少于 3次的学生有人，则少于 3次的学生有人， 所以恰有1名学生该周锻炼次数不少于 3次的概率为，故C正确； 对于D，结合选项C有锻炼次数不少于 3次的学生有人，锻炼次数为4次的学生有人， 则应从锻炼次数为4次的学生中抽取人，故D错误． 10. 已知函数 下列说法正确的是（ ） A. 若，则方程有3个不相等的实数根 B. 若方程的3个不相等的实数根，则 C. 存在实数，使得直线与函数的图像有3个不同交点 D. 对任意实数 ，函数都是奇函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，利用单调研究单调性作出函数图像即可判断，对于B，由得，进而判断B，由得，令，利用导数研究单调性作出函数图像即可判断C，先求即可判断D. 【详解】由题意得：，令，解得或， 由或，由， 所以在单调递增，在单调递减， 又， 作出函数的函数图像： 由图可知：当时，方程有3个不相等的实数根，故A正确； 由得，即， 又， 所以，所以， 所以，故B正确； 由，所以，令， 所以，令， 由或，由， 所以在单调递增，在单调递减， 所以的极大值为，的极小值为， 作出的函数图像： 由图可知：当时，直线与函数的图像有3个不同交点，故C正确； 由， 又，所以为偶函数，当时，为奇函数，故D错误. 11. 已知编号为、、的三个盒子，每个盒子内都装有个球（这个球的编号分别为、、）.若第一次先从号盒子内随机抽取个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，观察之后继续放入与球同编号的盒子中，以此类推，则下列说法正确的是（ ） A. 在第一次抽到号球的条件下，第二次也抽到号球的概率为 B. 第二次抽到号球的概率为 C. 如果第二次抽到的是号球，则它来自号盒子的概率最小 D. 按题中规则，经过有限次操作，可以使得每个盒子内都只有与盒子编号相同的球 【答案】AC 【解析】 【分析】分析出第一次抽到号球后，号盒子内球的编号及个数，结合古典概型的概率公式可判断A选项正确；利用全概率公式可判断B选项错误；利用贝叶斯公式可判断C选项正确；假设经过有限次操作，可以使得每个盒子内都只有与盒子编号相同的球，推出矛盾，可判断D错误. 【详解】记第一次取得号球为事件，则， 对于A选项，若第一次抽到号球，则接下来将号球放入号盒子， 此时号盒子中共有个球，其中有个号球， 故在第一次抽到号球的条件下，第二次也抽到号球的概率为，A对； 对于B选项，记第二次取到号球为事件， 由题意可得，， 由全概率公式可得 ，B错； 对于C选项，由条件概率公式可得， ， ， 所以， 故如果第二次抽到的是号球，则它来自号盒子的概率最小，C对； 对于D选项，假设可以达到目标状态，要使1号盒子内的球全部为1号球，需要将原在1号盒子的2号、3号球移出，并从2号、3号盒子移入1号球； 当1号盒子内的球全部变为1号球后，若下一次操作是从1号盒子抽球，则必抽到1号球，该球被放回1号盒子，之后的操作将永远在1号盒子内进行，无法再改变2号和3号盒子的状态； 此时若2号或3号盒子尚未达到目标状态，则永远无法达到；因此，不可能使得每个盒子内都只有与盒子编号相同的球，选项D错误. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. (x+1)(x+2)⁶展开式中x³的系数是____________________. 【答案】 【解析】 【分析】利用多项式乘法分配律将 拆分为两项 ，结合二项式定理分别计算两项中对应的系数，即可求得的系数. 【详解】 , 设 展开式通项为，那么 , 令,得 ,,即 展开式中的项， 令,得 ,，故 展开式中项为， 所以，的系数为. 【点睛】 13. 曲线在处的切线恰好是曲线的切线，则实数______. 【答案】 【解析】 【分析】求出切线方程，设切线与曲线切于点，利用导数的几何意义以及点在切线上可得出关于、 的方程组，解之即可. 【详解】对函数求导得，故曲线在处的切线斜率为， 所求切线方程为，即， 设直线与曲线切于点， 对函数求导得，所以曲线在点处的切线斜率为， 且点在直线上，所以有，解得. 14. 无人机送物成为人工智能时代的一种流行的物流方式.现在有部不同无人机可供调用给个街区送物（如图），若每部无人机只能给个区块或者两个相邻区块进行送物，所有区块均需配送，则不同分配方案种数为______. 【答案】 【解析】 【分析】分情况讨论：（1）若有部无人机只负责配送区域；（2）若有部无人机负责配送区域与区域.然后确定剩余部无人机所负责的区域，结合分步和分类计数原理可得结果. 【详解】分以下几种情况讨论： （1）若有部无人机只负责配送区域，则其余部无人机分别负责个区域， 则剩余部无人机分别负责区域与区域、区域与区域、区域与区域， 或区域与区域、区域与区域、区域与区域， 或区域与区域、区域与区域、区域与区域， 此时不同的分配方案种数为种； （2）若有部无人机负责配送区域与区域，则剩余部无人机有部负责个区域，有部无人机只负责个区域， 则剩余部无人机分别负责区域、区域与区域、区域与区域， 或区域、区域与区域、区域与区域， 或区域、区域与区域、区域与区域， 此时不同的分配方案种数为种. 综上所述，不同的分配方案种数为种. 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 已知的展开式中的所有二项式系数的和为32． （1）求n的值； （2）求展开式中各项系数的和； （3）求展开式中所有的有理项． 【答案】（1）5 （2） （3），， 【解析】 【分析】（1）根据二项式系数和的公式求； （2）利用赋值法求各项系数的和； （3）根据通项公式，求有理项． 【小问1详解】 由题意有，解得； 【小问2详解】 时，， 则展开式中各项系数的和为； 【小问3详解】 二项式展开式的通项为 ，当时，对应项是有理项， 所以展开式中所有的有理项为，， ． 16. 已知函数． （1）求的极值； （2）若在区间上有三个零点，求的取值范围． 【答案】（1）极大值为，极小值为； （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导，根据导数符号判断单调性，确定极值点后代入计算极值. （2）计算区间端点函数值，结合函数单调性与极值，根据三次函数零点个数的判定条件列不等式组求解参数范围. 【小问1详解】 函数的定义域为. ∵ ， ∴ . 令，解得或. 当时，，故，单调递增. 当时，，故，单调递减. 当时，，故，单调递增. ∴ 为的极大值点，极大值为. 为的极小值点，极小值为. 【小问2详解】 计算在区间端点的函数值： ， . ∵ 在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 要使在上有3个不同的零点，需满足： 解得，即的取值范围为. 【点睛】方法归纳：求解三次函数零点个数问题时，优先通过导数分析单调性、极值，结合区间端点函数值，利用数形结合思想列不等式组求解参数范围. 17. 某中学的社团活动室有书法社、围棋社和绘画社三个社团，学生小李每天都会去活动室参与社团活动.若当天选择书法社，则后一天选择书法社、围棋社、绘画社的概率均为；若当天选择围棋社，则后一天选择书法社、围棋社、绘画社的概率分别为，，；若当天选择绘画社，则后一天等可能地选择书法社、围棋社或绘画社.已知小李第一天等可能地选择一个社团参与活动.请完成下列计算： （1）求小李第2天选择书法社的概率． （2）求在第2天选择书法社的条件下，小李第1天选择绘画社的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 设事件分别表示第1天选择书法社、围棋社、绘画社，事件表示第2天选择书法社. 由题意，两两互斥且构成完备事件组，且 由全概率公式： ∴小李第2天选择书法社的概率为. 【小问2详解】 ∴在第2天选择书法社的条件下，小李第1天选择绘画社的概率为. 18. 平面内有一点和直线，动点满足：T到点F的距离与T到直线l的距离的比值是．记点T的运动轨迹是曲线E． （1）求曲线E的方程； （2）过F且斜率存在的动直线m与曲线E交于A、B两点，P是x轴上的动点，满足． (i)求面积的取值范围； (ii)是否存在定点Q，使得对于任意的动直线m，都有A、B、Q、P四点共圆． 【答案】（1）； （2）(i)；(ii)． 【解析】 【分析】(1)根据动点坐标，由所给条件列出关于的等式，化简即可得到动点轨迹方程； (2)(i)设直线方程，联立与椭圆的方程，利用弦长公式计算弦长，再根据中垂线方程求出点P坐标，计算点到直线的距离，代入计算面积，根据解析式计算面积的取值范围； (ii)取直线AB的对称直线：斜率为，得到两组四点：与，两组图形都关于x轴对称，因为四点共圆，若定点Q不在x轴上，则点Q关于x轴还有对称点，就不是唯一定点了；因此：满足题意的公共定点Q，必然在x轴上，可设Q点坐标，根据相交弦定理，列出等式，即可计算Q点坐标． 【小问1详解】 由，，可得： ； T到直线l的距离； 由题意得：， 两边平方去分母可得：， 整理得：， 化简可得：，即； 故曲线E的方程为． 【小问2详解】 (i)设直线m方程为：，，联立与曲线E的方程可得： ，代入得：； 恒成立； 设，由韦达定理可得： ，； 设AB的中点为, 则， ； 因为，则，故为直线m的中垂线，斜率为， 故方程为：， 令可得 点的横坐标为：，故， 则， 故； 令，则，可得：； 则 ， 故在时单调递减；故， 故△PAB面积的取值范围为； (ii) 设Q点坐标，Q点在F右侧 则AB与PQ交于点F，根据圆的相交弦定理可得：， ， 故，解得：，故； 综上，存在定点Q，使得对于任意的动直线m，都有A、B、Q、P四点共圆． 【点睛】圆锥曲线与直线的综合问题，需先列式，根据含参数的式子再计算取值范围；对于探究性题目是否存在定点，可设存在，通过计算可判断假设是否成立． 19. 已知函数 （1）求的值． （2）讨论的单调性． （3）若存在3个不同的零点，，且满足，此外有两个极值点和，求证：． 【答案】（1）0 （2）时，在单调递增；时，在上单调递减，在，上单调递增. （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据解析式直接计算得解； （2）求出函数导数，分类讨论求单调性即可； （3）利用极值点的概念转化为证明，再由函数的零点的定义得出，转化为证明，构造函数证明即可. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 定义域为，． 令， 1°时,，即，则在单调递增； 2°时，当，即时，，在单调递增； 当，即时，由可解得， 所以或时， 在，上单调递增， 时，，在上单调递减． 综上，时，在单调递增； 时，在上单调递减， 在，上单调递增. 【小问3详解】 由（2）知若存在两个极值点，则，且和为的两根， 不妨令，，，且． 在上单调递增，上单调递减，上单调递增，且， 在上存在零点，上存在零点，上存在零点， 则有， 要证， 只要证， ，，， 又， 也是的零点，即， 下证 ，． 只要证， 只要证：， 令，， 在上单调递增，． 即，得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二下数学期末测试卷 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 数据1，2，3，4，5，6，7的中位数是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 若抛物线的焦点为，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 4. 已知向量，，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 5. 已知直线 ，和平面，且，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 9 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 某校随机调查了40名高三学生某周参加体育锻炼的次数，得到如下频数分布表： 锻炼次数x 0 1 2 3 4 5 频数n 4 6 10 12 6 2 根据以上数据，下列结论正确的是（ ） A. 这组样本数据的中位数为2.5 B. 这组样本数据的平均数为2.4 C. 从这40名学生中随机抽取2名，恰有1名学生该周锻炼次数不少于 3次的概率为 D. 若从锻炼次数不少于3次的学生中按分层抽样抽取10人，则应从锻炼次数为4次的学生中抽取4人 10. 已知函数 下列说法正确的是（ ） A. 若，则方程有3个不相等的实数根 B. 若方程的3个不相等的实数根，则 C. 存在实数，使得直线与函数的图像有3个不同交点 D. 对任意实数 ，函数都是奇函数 11. 已知编号为、、的三个盒子，每个盒子内都装有个球（这个球的编号分别为、、）.若第一次先从号盒子内随机抽取个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，观察之后继续放入与球同编号的盒子中，以此类推，则下列说法正确的是（ ） A. 在第一次抽到号球的条件下，第二次也抽到号球的概率为 B. 第二次抽到号球的概率为 C. 如果第二次抽到的是号球，则它来自号盒子的概率最小 D. 按题中规则，经过有限次操作，可以使得每个盒子内都只有与盒子编号相同的球 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. (x+1)(x+2)⁶展开式中x³的系数是____________________. 13. 曲线在处的切线恰好是曲线的切线，则实数______. 14. 无人机送物成为人工智能时代的一种流行的物流方式.现在有部不同无人机可供调用给个街区送物（如图），若每部无人机只能给个区块或者两个相邻区块进行送物，所有区块均需配送，则不同分配方案种数为______. 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 已知的展开式中的所有二项式系数的和为32． （1）求n的值； （2）求展开式中各项系数的和； （3）求展开式中所有的有理项． 16. 已知函数． （1）求的极值； （2）若在区间上有三个零点，求的取值范围． 17. 某中学的社团活动室有书法社、围棋社和绘画社三个社团，学生小李每天都会去活动室参与社团活动.若当天选择书法社，则后一天选择书法社、围棋社、绘画社的概率均为；若当天选择围棋社，则后一天选择书法社、围棋社、绘画社的概率分别为，，；若当天选择绘画社，则后一天等可能地选择书法社、围棋社或绘画社.已知小李第一天等可能地选择一个社团参与活动.请完成下列计算： （1）求小李第2天选择书法社的概率． （2）求在第2天选择书法社的条件下，小李第1天选择绘画社的概率． 18. 平面内有一点和直线，动点满足：T到点F的距离与T到直线l的距离的比值是．记点T的运动轨迹是曲线E． （1）求曲线E的方程； （2）过F且斜率存在的动直线m与曲线E交于A、B两点，P是x轴上的动点，满足． (i)求面积的取值范围； (ii)是否存在定点Q，使得对于任意的动直线m，都有A、B、Q、P四点共圆． 19. 已知函数 （1）求的值． （2）讨论的单调性． （3）若存在3个不同的零点，，且满足，此外有两个极值点和，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $