精品解析：江苏苏州市某校2025-2026学年高二下学期期末模拟1数学试题

高二下学期期末模拟试卷1 一、单选题 1. 已知，若，则（ ） A. B. 4 C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】先应用空间向量共线列式求参，再代入计算求解. 【详解】因为，所以，解得，故． 2. 用数字组成没有重复数字且大于的四位数，这样的四位数有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】C 【解析】 【详解】当千位为或时，所组成的四位数一定大于；当千位为 或 时，所组成的四位数一定小于， 满足题意的四位数有个. 3. 已知的展开式中，第2项和第6项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为（ ） A. 60 B. C. 240 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式定理计算即可. 【详解】因为的展开式中，第2项和第6项的二项式系数相等， 所以，所以. 所以的通项为 令，解得，所以， 故展开式中的常数项为60. 4. 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.在堑堵中，若，，点为线段的中点，则直线与直线所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求，，利用空间向量求异面直线夹角的余弦值. 【详解】由题意可知：，平面， 以 为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 因为点为线段的中点，则， 可得，， 则， 所以直线与直线所成的角的余弦值为. 故选：D. 5. 已知 ，，且和的分布密度曲线如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由密度曲线结合正态分布性质求解即可. 【详解】由题图可知，，则，即，所以A错误； 根据正态曲线的性质，越大图象越矮胖，则，即，所以B错误； 由图可知，，所以C正确； 由图可知，，所以D错误． 6. 已知函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系，将不等式进行转化求解即可得到结论. 【详解】构造函数，， 当时，，所以，所以在上单调递减， 因为，函数是定义在区间上， 所以，即， 不等式化为，即， 所以，即， 所以不等式解集为. 7. 已知曲线在其上一点处的切线与轴交于点，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先设出切点坐标，根据导数的几何意义求出切线方程，再结合切线过点得到关于切点横坐标的表达式，最后通过求导研究该表达式的单调性，进而求出的最大值. 【详解】设切点坐标为 ， 因为 ，所以，所以切点处的切线斜率 ， 由点斜式得切线方程为： 令 ，代入切线方程可得纵截距： ， 设函数 ，则， 令，由于恒成立，解得 ， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 因此 为的最大值点， 最大值为 ，即的最大值为 . 8. 若不等式有解，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，求导研究其单调性，进而求其最小值，使即可. 【详解】令，则， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则， 因不等式有解，则，得， 则实数m的取值范围为. 故选：C 二、多选题 9. 在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为1，2，3，4的4张卡牌，现从中依次不放回摸出两张卡牌，记事件“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，事件“摸出的两张卡牌的编号之和为5”，事件“摸出的两张卡牌中有编号为2的卡牌”，则下列说法正确的是（ ） A. B. 事件A与事件B相互独立 C. D. 事件B与事件C为互斥事件 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用古典概率公式，结合相互独立事件、互斥事件及概率的基本性质逐项求解判断. 【详解】依次不放回摸出两张卡牌的样本空间， 事件，，， 对于A，，A正确； 对于B，，，，则， 因此事件与事件 相互独立，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，当摸出的两张卡牌编号为2，3时，事件 与事件 同时发生， 因此事件B与事件C不为互斥事件，D错误. 10. 下列说法中正确的是（   ） A. 在回归分析中，决定系数的值越接近1，模型的拟合效果越好 B. 若随机变量满足，则 C. 若随机变量，则 D. 若事件满足，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据决定系数的概念判断即可；对于B，根据期望的线性运算即可求解；对于C，由二项分布的方差公式求解；对于D，由题可得，再根据条件概率的乘法公式计算． 【详解】对于A，回归分析中，决定系数衡量模型对因变量变化的解释能力，越接近1， 说明残差平方和越小，模型拟合效果越好，A正确； 对于B，根据方差的运算性质，对任意常数，有， 本题中，因此，B错误； 对于C，，，故C正确； 对于D，由条件概率性质，， 因此，故D正确． 11. 伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转成图3所示的集合体．若图3中每个正方体的棱长都为1，则（ ） A. B. 若 为线段上的一个动点，则的最大值为2 C. 点到直线的距离为 D. 异面直线与所成角的正切值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，得到相关点的坐标，A求出相关向量，根据向量的数乘及加减运算计算即可；B计算出，结合二次函数的性质求解即可；C根据向量法求点到直线的距离公式求解即可；D根据向量法求异面直线的夹角即可. 【详解】以为原点，以，为 轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，，，，. A：，，，. ，正确； B：设，则，所以. 所以，， 所以. 令，则在上单调递减，在上单调递增. 又，， 所以在上的最大值为3，即的最大值为3，错误； C：，， ，，. 所以点到直线的距离为，正确； D：，， 设异面直线与所成角为. 则， 所以，，正确. 故选：ACD 三、填空题 12. 若曲线在处的切线也是曲线的切线，则 __________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出曲线在处的切线方程，再利用该切线与第二条曲线相切的条件，结合导数的几何意义联立方程求解参数. 【详解】函数的定义域为，求导得 ， 当 时，导数值 ，即切线斜率为 ； 由点斜式得切线方程为，整理为， 设直线与相切于点， 对，求导得， 由导数的几何意义，切点处导数值等于切线斜率，即 ，解得， 因此切点坐标为 ，又切点在切线上， 代入得：  ，解得. 13. 机床是工业母机，是一切制造之母，五轴联动数控机床是最高端的数控机床之一．某企业用五轴联动数控机床生产的高精密零件的壁厚d（单位：）近似的服从正态分布，若时，高精密零件合格，从该企业生产的此高精密零件中随机抽取1个，则此高精密零件合格的概率约是____________，该企业某月生产了1999个此高精密零件，其中有k个合格品的概率是，则最大时，____________． （参考数据：若，则，，） 【答案】 ①. 0.954 ②. 1907或1908 【解析】 【分析】根据正态分布的性质，结合题目所给的参考数据，可求出第1空的概率；易判断合格品数服从二项分布，进而求出合格品的概率，列出最大的不等式组，即可求出第2空的值. 【详解】解：因为，则，， 所以，，， 因此，此高精密零件合格的概率约是0.954． 由该企业某月生产了1999个此高精密零件，其中有k个合格品的概率是， 设生产1999个零件，合格品数为，则， 则，若最大，则， 即， 即，解得， 又，所以或1908． 14. 设函数，，若，，使得，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为，求出，然后参变分离，构造函数，利用导数求最值即可. 【详解】由题意，，当时，，，所以； 当时，，，所以， 等号仅当 时成立，所以. 所以对，即，即. 令，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， ，因此. 故答案为： 四、解答题 15. 在的展开式中，二项式系数和为 （1）求的值并求展开式中的常数项； （2）求展开式中的系数． 【答案】（1） ， （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件结合二项式系数的性质求出，进而求出的展开式的通项公式，从而求出常数项； （2）根据（1）的结论明确问题并求出含和的项，从而求出展开式中的系数． 【小问1详解】 已知二项式系数和为，则，解得， 则的展开式的通项公式为：， 令得， 的展开式的常数项为． 【小问2详解】 ，则问题为求展开式中的系数， 由于， 由（1）知的展开式的通项公式为：， 则展开式中含的项为， 展开式中含的项为， 展开式中含的项为，故其系数为． 16. 已知函数，． （1）求在点处的切线方程； （2）当，对任意的，恒成立，求实数a的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）结合导数即可求得切线方程； （2）令，结合导数求出的最大值后，解不等式即可； （3）结合（2）知，据此转化题目所证不等式，等价为证明，最后通过求导即可证明. 【小问1详解】 ，令，因为，所以， 所以切线方程为． 【小问2详解】 因为恒成立，即恒成立， 令，， 令，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 故的最大值为， 因为恒成立，所以， 所以，即实数的取值范围为． 【小问3详解】 由（2）得当时，恒成立， 即，令， 所以， 令，则， 故在上单调递增，所以，即成立，得证． 17. 甲、乙两袋装有形状、大小都相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，3个白球；乙袋装有1个红球，2个白球． （1）若从甲袋中连续抽取2次，每次取1个球，抽取后不放回， ①求取出的2个球中至少有一个红球的概率； ②求在第1次取到白球的条件下，第2次取到红球的概率； （2）若从甲袋中随机取1个球，放入乙袋中，再从乙袋中随机取2个球，求取到的2个球中恰有1个红球的概率． 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）①设“所取到的2个球中至少有一个红球”为事件，结合古典概型的概率公式和对立事件的概率公式，可求解；②由缩小样本空间求条件概率的方法可求得所求概率； （2）设“从甲袋中取到红球”为事件 ，“从乙袋中随机取2个球，取到的2个球中恰有1个红球”为事件 ，根据条件概率公式及全概率公式，可得所求概率. 【小问1详解】 ①设“所取到的2个球中至少有一个红球”为事件，则表示取到的2个球全是白球， 由题可知，， 所以，即取出的2个球中至少有一个红球的概率为； ②第1次取到白球，则在第1次取球后，甲袋中有2个红球，2个白球， 所以在第1次取到白球的条件下，第2次取到红球的概率为. 【小问2详解】 设“从甲袋中取到红球”为事件 ，则. 设“从乙袋中随机取2个球，取到的2个球中恰有1个红球”为事件 ， 则，. 所以. 18. 某高中实践活动小组调查学生坚持跑步的次数与体测成绩的关系，得到如下数据：该学校有的学生平均每月坚持跑步次数超过30次，这些学生中体测成绩“及格”的概率为；平均每月跑步次数不超过30次的学生中，体测成绩“及格”的概率为. （1）若从该校任意抽取一名学生，求该学生体测成绩达到“及格”等级的概率； （2）已知该实践活动小组的8名学生中有5名体测成绩“及格”，从这8名学生中抽取3名，记为抽取的3名学生中“及格”的人数，求的分布列和数学期望； （3）经统计，该校学生体测得分近似服从正态分布，若得分则为“优秀”等级.现从全校抽取50名学生，记为这50名学生中“优秀”的人数，求的数学期望及方差（结果四舍五入保留整数）. 参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 . （3）数学期望为8，方差为7. 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式进行计算； （2）由题可知的可能取值为0，1，2，3，再分别求出对应概率得到分布列并计算期望； （3）由题意得，，利用正态分布得到，再结合二项分布求解． 【小问1详解】 设事件“抽取1名学生，该学生平均每月坚持跑步的次数超过30”，则“抽取1名学生，该学生平均每月坚持跑步的次数不超过30”， 设事件“抽取1名学生，该学生体测成绩达到‘及格’等级”， 由全概率公式，知， 所以从该学校任意抽取一名学生，该学生体测成绩达到“及格”等级的概率为； 【小问2详解】 的可能取值为0，1，2，3， ，，，， 所以的分布列为 0 1 2 3 随机变量服从超几何分布，且，， ，所以； 【小问3详解】 由题意得，， ， ，，， 所以的数学期望为8，方差为7． 19. 如图1，等腰直角 的斜边为 的中点，沿 上的高 折叠，使得二面角为，如图2， 为的中点． （1）证明：． （2）求平面和平面所成角的余弦值． （3）试问在线段 上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在； 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得 平面，得到，再由 平面，得到，得出为等边三角形，证得，证得平面，即可证得； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设，求得，根据题意，利用向量的夹角公式，列出方程，求得的值，即可得到答案. 【小问1详解】 证明：在图1中的等腰直角 中，为 的中点，可得， 所以在图2中，可得， 因为，且平面，所以 平面， 又因为平面，所以， 因为 平面，所以是二面角的平面角，即， 所以为等边三角形，因为 为的中点，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，. 【小问2详解】 解：以为原点，垂直于 的直线为 轴，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 所以， 所以平面和平面所成角的余弦值为. 【小问3详解】 解：假设在线段 上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 由（2）得， 设，则， 平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 解得或（舍去）， 所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 20. 如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面． （1）求证：； （2）若，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：直线与平面所成角为； 条件③：的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）证明见解析 （2）选条件①无效;选条件②余弦值为;选条件③余弦值为 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定与性质，先由正方形对角线互相垂直得，再由平面推出，结合与相交，证得平面，而 在平面内，故. （2）四边形是正方形，平面，则两两垂直，以为原点，分别为轴建系，写出各顶点坐标；由，设.条件①中对任意恒成立，无法定点 ，故不可用；条件②利用直线与平面所成角，或由面积定值，均可解出.再求出平面与平面的法向量，代入面面夹角公式，算出两平面夹角的余弦值为. 【小问1详解】 因为四边形为正方形，所以. 因为平面，平面，所以. 因为，所以共面. 又，平面，所以平面 因为平面，所以. 【小问2详解】 四边形为正方形，且平面所以易得两两垂直. 选条件① 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由得：， 由，设. 由，得恒成立. 此时多面体并不唯一确定，因此条件①无效. 选条件② 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由得：， 由，设，所以 直线与平面所成角为，易得平面的一法向量为. 故，解得（舍去负值）, 设平面的法向量.向量，. 由法向量定义得方程组：，. 解得，取，则. 求平面的法向量. 向量，. 由法向量定义得方程组：，. 令，则，，即. 设平面夹角为，则. 平面与平面夹角的余弦值为 选条件③ 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由得：， 由，设， 所以， ， 解得（舍去负值） 设平面的法向量.向量，. 由法向量定义得方程组：，. 解得，取，则. 求平面的法向量. 向量，. 由法向量定义得方程组：，. 令，则，，即. 设平面夹角为，则. 平面与平面夹角的余弦值为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二下学期期末模拟试卷1 一、单选题 1. 已知，若，则（ ） A. B. 4 C. D. 6 2. 用数字组成没有重复数字且大于的四位数，这样的四位数有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 3. 已知的展开式中，第2项和第6项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为（ ） A. 60 B. C. 240 D. 4. 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.在堑堵中，若，，点为线段的中点，则直线与直线所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知 ，，且和的分布密度曲线如图所示，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 已知曲线在其上一点处的切线与轴交于点，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 8. 若不等式有解，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为1，2，3，4的4张卡牌，现从中依次不放回摸出两张卡牌，记事件“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，事件“摸出的两张卡牌的编号之和为5”，事件“摸出的两张卡牌中有编号为2的卡牌”，则下列说法正确的是（ ） A. B. 事件A与事件B相互独立 C. D. 事件B与事件C为互斥事件 10. 下列说法中正确的是（   ） A. 在回归分析中，决定系数的值越接近1，模型的拟合效果越好 B. 若随机变量满足，则 C. 若随机变量，则 D. 若事件满足，则 11. 伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转成图3所示的集合体．若图3中每个正方体的棱长都为1，则（ ） A. B. 若 为线段上的一个动点，则的最大值为2 C. 点到直线的距离为 D. 异面直线与所成角的正切值为 三、填空题 12. 若曲线在处的切线也是曲线的切线，则 __________． 13. 机床是工业母机，是一切制造之母，五轴联动数控机床是最高端的数控机床之一．某企业用五轴联动数控机床生产的高精密零件的壁厚d（单位：）近似的服从正态分布，若时，高精密零件合格，从该企业生产的此高精密零件中随机抽取1个，则此高精密零件合格的概率约是____________，该企业某月生产了1999个此高精密零件，其中有k个合格品的概率是，则最大时，____________． （参考数据：若，则，，） 14. 设函数，，若，，使得，则实数的取值范围是______. 四、解答题 15. 在的展开式中，二项式系数和为 （1）求的值并求展开式中的常数项； （2）求展开式中的系数． 16. 已知函数，． （1）求在点处的切线方程； （2）当，对任意的，恒成立，求实数a的取值范围； （3）证明：． 17. 甲、乙两袋装有形状、大小都相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，3个白球；乙袋装有1个红球，2个白球． （1）若从甲袋中连续抽取2次，每次取1个球，抽取后不放回， ①求取出的2个球中至少有一个红球的概率； ②求在第1次取到白球的条件下，第2次取到红球的概率； （2）若从甲袋中随机取1个球，放入乙袋中，再从乙袋中随机取2个球，求取到的2个球中恰有1个红球的概率． 18. 某高中实践活动小组调查学生坚持跑步的次数与体测成绩的关系，得到如下数据：该学校有的学生平均每月坚持跑步次数超过30次，这些学生中体测成绩“及格”的概率为；平均每月跑步次数不超过30次的学生中，体测成绩“及格”的概率为. （1）若从该校任意抽取一名学生，求该学生体测成绩达到“及格”等级的概率； （2）已知该实践活动小组的8名学生中有5名体测成绩“及格”，从这8名学生中抽取3名，记为抽取的3名学生中“及格”的人数，求的分布列和数学期望； （3）经统计，该校学生体测得分近似服从正态分布，若得分则为“优秀”等级.现从全校抽取50名学生，记为这50名学生中“优秀”的人数，求的数学期望及方差（结果四舍五入保留整数）. 参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，. 19. 如图1，等腰直角 的斜边为 的中点，沿 上的高 折叠，使得二面角为，如图2， 为的中点． （1）证明：． （2）求平面和平面所成角的余弦值． （3）试问在线段 上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 20. 如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面． （1）求证：； （2）若，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：直线与平面所成角为； 条件③：的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $