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. 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 $ 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】ACD 【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；给出具体操作，可判断D正确. 【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，按下表操作： 1号盒 2号盒 3号盒 初始状态 123 123 123 第一次操作 13 1223 123 第二次操作 13 122 1233 第三次操作 113 122 233 第四次操作 11 122 2333 第五次操作 11 1222 333 第六次操作 111 222 333 选项D正确. 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 $