甘肃张掖市2025-2026学年高二下学期期末自编模拟数学试卷

**基本信息** 2026年高二期末复习卷涵盖函数、几何、概率统计模块，通过《九章算术》堑堵、达·芬奇方砖等文化情境与居民锻炼调查现实问题，分层考查数学建模、逻辑推理与空间想象，适配高二期末综合能力评估需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|逻辑命题、正态分布、导数应用|以充分不必要条件考查逻辑推理，结合密度曲线分析正态分布| |多选题|3/18|线面关系、统计案例、空间向量|达·芬奇方砖组合体融合空间向量运算，考查动态点距离最值| |填空题|3/15|导数几何意义、二项分布、曼哈顿距离|创新定义空间向量曼哈顿距离，结合正方体动点轨迹求最值| |解答题|5/77|独立性检验、立体几何二面角、概率递推、函数导数综合|居民锻炼调查数据分析（独立性检验）与导数方程根证明（构造函数法），体现数学建模与逻辑推理|

2026年高二期末复习卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）命题“，”为假命题的一个充分不必要条件是（   ） A． B． C． D． 2．（本题5分）已知随机变量X满足，则的值是（   ） A． B．9 C． D．3 3．（本题5分）《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． 4．（本题5分）已知 ，，且和的分布密度曲线如图所示，则（    ） A． B． C． D． 5．（本题5分）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． 6．（本题5分）在研究“温度是否影响庄稼生长”时，对实验数据利用2×2列联表进行独立性检验，计算得实验数据的统计量的值为.已知，则（    ） A．的值小于3.841，就有95%的把握认为“温度会影响庄稼生长” B．的值大于3.841，就有95%的把握认为“温度会影响庄稼生长” C．的值越大，说明实验数据的观测值与预测值的总体偏差越小 D．的值越小，说明实验数据的观测值与预测值的总体偏差越大 7．（本题5分）若定义在上的函数满足，是奇函数，，则（    ） A． B． C．1 D．9 8．（本题5分）小明在某不透明的盒子中放入4红5黑9个球，随机摇晃后，小明从中取出一个小球丢掉（未看被丢掉小球的颜色）.现从剩下8个小球中取出两个小球，结果都是黑球，则丢掉的小球也是黑球的概率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）已知两条不同的直线，，两个不同的平面，，则下列命题为真命题的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，，则 10．（本题6分）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．（本题6分）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（共15分） 12．（本题5分）已知函数在处的切线方程为，则的值为______． 13．（本题5分）某人射箭命中靶心的概率为，一共射击10次，则命中________次的可能性最大． 14．（本题5分）对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中，点P是底面内（含边界）的动点，且，则的最大值是______. 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）为了解居民体育锻炼情况，某地区对辖区内居民体育锻炼进行抽样调查.统计其中200名居民体育锻炼的次数与年龄，得到如下的频数分布表. 年龄次数 每周0∼2次 33 22 22 23 每周3∼4次 12 17 25 22 每周5次及以上 3 3 12 6 (1)若把年龄在的锻炼者称为青年，年龄在的锻炼者称为中年，每周体育锻炼不超过2次的称为体育锻炼频率低， 不低于3次的称为体育锻炼频率高，根据小概率值的独立性检验判断体育锻炼频率的高低与年龄是否有关联； (2)从每周体育锻炼5次及以上的锻炼者中，按照表中年龄段采用按比例分配的分层随机抽样，抽取8人， 再从这8人中随机抽取3人，记这3人中年龄在与的人数分别为，求ξ的分布列与期望； 参考公式： 附： α 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16．（本题15分）如图，在圆柱中，是底面圆的一条直径，和是两条母线，是底面圆上异于的一点，是线段的中点． (1)求证：直线平面； (2)若，求二面角的大小． 17．（本题15分）甲口袋中装有3个红球，乙口袋中装有2个黄球和1个红球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复次这样的操作，记乙口袋中黄球个数为，恰有2个黄球的概率为，恰有1个黄球的概率为． (1)求，和，； (2)求的数学期望（用含有的式子表示）． 18．（本题17分）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． 19．（本题17分）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，求的单调区间； (2)若方程有两个不同的根． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 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 《2026年高二期末复习卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D C D B D D AC ACD 题号 11 答案 ACD 1．B 【详解】原命题“”为假命题，等价于它的否定“”为真命题， 即对于，成立. 设，开口向上，对称轴为，故在上单调递减， 最小值为，因此原命题为假等价于，即原命题为假对应集合为. 充分不必要条件对应集合是的真子集，选项中仅有，满足条件， 因此命题“，”为假命题的一个充分不必要条件是. 2．B 【分析】根据方差的性质求解. 【详解】. 3．D 【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. 4．C 【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． 5．D 【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. 6．B 【分析】根据独立性检验判断各个选项即可. 【详解】因为，则的值大于3.841， 就有95%的把握认为“温度会影响庄稼生长”，A选项错误，B选项正确； 的值的大小不能说明实验数据的观测值与预测值的总体偏差，C，D选项错误. 故选：B. 7．D 【分析】根据条件结合赋值法计算可得，即可得该函数周期，再利用，则可计算出的值，即可得解. 【详解】因为是奇函数，所以. 由，令，得，故， 由，令，得， 所以，即， 所以，故以4为周期， 由，则，， ，， ，， ，， 所以 . 8．D 【分析】首先计算每种情况下，“取出 2 个黑球” 的条件概率，再用贝叶斯公式计算概率. 【详解】用表示丢掉一个小球后任取两个小球均为黑球，用表示丢掉的小球为红球，表示丢掉的小球为黑球，则， 由全概率公式可得， 所以. 故选：D 9．AC 【分析】根据线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对于A，根据线面垂直的性质定理知A正确； 对于B，，无法推出，B错误； 对于C，因为，过作平面，则， 因为，所以，，所以，故C正确；    对于D，由面面平行的判定定理可知，一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面，则两个平面平行. 题中条件未指明直线相交，当时，结论不一定成立，故D错误． 故选：AC 10．ACD 【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．ACD 【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 12． 【分析】先求出函数的导数，再根据导数的几何意义以及切点同时在函数和切线上这两个条件，列出关于的方程，进而求解的值，最后计算. 【详解】根据题意，，则， 又函数在处的切线方程为， 所以切线斜率为，即，解得， 又切点在切线上，所以当时，，即切点坐标为， 又切点在函数上，所以，解得， 所以. 13．8 【分析】本题为二项分布的典型问题，设出最可能命中的次数为m次，即命中m次的概率最大，列出不等式组，命中m次高于前一次且高于后一次，解不等式取整数即可. 【详解】∵ 射箭命中次数， ∴ ， 设最有可能命中m次，即命中m次的概率最大，则 解得， ∵ ，∴. 故答案为：8. 14．/ 【分析】首先利用坐标表示，，再代入曼哈顿距离，利用基本不等式求最值. 【详解】如图，以D为原点建立空间直角坐标系设，， ，，， ，， 由可知，，整理为， ， 因为，得， 且，所以， 所以的最大值为，当时等号成立， 所以的最大值为. 15．(1)认为体育锻炼频率的高低与年龄有关； (2)分布列为： 0 1 2 P 【详解】（1）零假设：体育锻炼频率的高低与年龄无关. 由题得列联表如下： 青年 中年 合计 体育锻炼频率低 55 45 100 体育锻炼频率高 35 65 100 合计 90 110 200 ， 根据小概率值的独立性检验推断不成立， 即认为体育锻炼频率的高低与年龄有关，此推断犯错误的概率不大于0.01． （2）由表知，利用分层抽样的方法抽取的8人中，年龄在，内的人数分别为1，2， 依题意，的所有可能取值为0，1，2， 所以， ， ， 所以的分布列： 0 1 2 P 所以的数学期望为. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用中位线构建平行关系，在平面找到一条线和平行，结合线面平行的判定证明； （2）过作，交的延长线于，连接，可得二面角的平面角，进而得解. 【详解】（1）连接，令，连接，则是、的中点， 在中是线段中点，是的中点， ∴，又平面，平面， ∴直线平面； （2）如图，作出符合题意的图形， 过作，交的延长线于，连接， 由题知，，则，则， 显然平面，平面，则， 又，平面，，则平面， 由平面，则， 结合可知，二面角的平面角为， 而，，在直角三角形中，， 则，故二面角的大小是. 17．(1) (2) 【分析】（1）先结合独立事件乘法公式求出，，再利用全概率公式求，. （2）当乙口袋中有个黄球时，甲口袋中有个黄球，乙口袋中有个红球，甲口袋中有个红球．先求一次操作后乙口袋黄球数的条件期望，再取期望得到递推关系． 【详解】（1）依题意，，， ， . （2）设某次操作前乙口袋中有个黄球，其中． 则甲口袋中有个黄球，乙口袋中有个红球，甲口袋中有个红球． 一次操作中，乙口袋中黄球数增加的概率为，乙口袋中黄球数减少的概率为． 因此，在已知的条件下， 两边取期望，得． 令，则．又，所以，即． 故，从而． 18．(1)证明见解析 (2) (3)存在； 【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. 【详解】（1）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，. （2）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. （3）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. 19．(1)在区间内单调递增，在区间内单调递减； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求函数的导函数及其零点，分区间分析导函数的正负，结合导数与单调性的关系求单调区间； （2）方程可化为，结合（1）确定函数的性质，由条件确定的取值范围； （3）设，由（i），由已知，法一：先证明时结论成立，构造函数，，并证明，由此可得，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明当时，结论成立；法二：构造函数，证明当时，，由此可证，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明结论. 【详解】（1）由题意得，，则， 由，解得． 当时，单调递增， 当时，单调递减； 综上，在区间内单调递增，在区间内单调递减； （2）（i）由，得， 设， 由（1）得在区间内单调递增，在区间内单调递减， 又，当时，，且当时，， 所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根， 故的取值范围是．                                      （ii）不妨设，则，且． 法一： 当时，结合（i）知，即； 当时，． 设 则 所以在区间内单调递增， 则，即， 所以 又在区间内单调递减， 所以，即， 又，所以， 故，所以，得证． 法二： 设，， 则， 所以在区间内单调递增，又， 所以，即． 又，所以， 又在区间内单调递减． 所以，即， 又，所以，得证． 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 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 $