精品解析：江苏南京市七校联合体2025-2026学年第二学期期末调研高二数学样题

2025-2026学年第二学期期末调研样题 高二数学 一、选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，若，则（   ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】∵ ，∴ ，且 . 若，解得或. 当时，，不满足集合元素的互异性，舍去； 当时，，此时，符合题意. 若，则，，不满足集合元素的互异性，舍去. 综上，. 2. 函数的定义域为（   ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意得，解得或， 所以函数的定义域为. 3. 下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由排列数，组合数计算方式结合选项可得答案. 【详解】对于A，，，故A错误； 对于B，，，故B错误； 对于C，，，从而，故C错误. 对于D，，故D正确. 4. 已知，，，则，，的大小关系为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 因为函数在上单调递增，所以，即. 又， 所以. 5. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】先把两个语句进行化简，然后根据条件的判断方法进行判断. 【详解】等价于，等价于， 由于， 所以“”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 【点睛】本题主要考查充要条件的判定，把语句进行化简是求解关键，属于容易题，侧重考查逻辑推理的核心素养. 6. 若正数，满足，则的最小值是（ ） A. B. C. 15 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据基本不等式求解即可. 【详解】由题意知，，，由，得. ， 当且仅当，即时，等号成立. 7. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点分别为线段上的点，若，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算及空间向量基本定理即可求解. 【详解】由题意可得，，设，， 且， ， 因为， 所以 所以. 8. 已知函数，定义域均为，函数为偶函数，函数是奇函数，若，，则（ ） A. 1000 B. 2000 C. 3000 D. 4000 【答案】B 【解析】 【分析】利用两函数的奇偶性推得的周期性，求出在1个周期内的函数值，利用周期性求解. 【详解】因为函数为偶函数，所以，则可得①， 因为函数为奇函数，所以 ，即， 已知，则可得， 则，即②， 将①代入，可得，则得， 两式相减得，即 4 为的1个周期， 由可得 4 也是函数的1个周期， 因，由②式，令得，令，得，即 令，得，故，, 又由，可得， ，故有， 又，故. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错得0分． 9. 下列结论中正确的是（   ） A. 两个随机变量的线性相关程度越强，样本相关系数越接近1； B. 利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量存在关联； C. 经验回归直线至少经过其样本数据点中的一个点； D. 若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为1. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据线性相关、独立性检验、经验回归直线及相关系数的知识判断即可. 【详解】对于A，样本相关系数的取值范围为，两个随机变量的线性相关程度越强，样本相关系数的绝对值越接近1，A错误. 对于B，利用进行独立性检验时，的值越大，则说明有更大的把握认为两个分类变量存在关联，B正确. 对于C，经验回归直线是通过最小二乘法得到的，是使样本数据点到该直线的距离的平方和最小，不一定经过其样本数据点中的一个点，C错误. 对于D，说明与是完全正相关，此时相关系数，D正确. 10. 下列选项中说法正确的是（     ） A. 函数的单调增区间为 B. 幂函数过点，则 C. 函数的定义域为，则函数的定义域为 D. 若函数的定义域为，则实数的取值范围是 【答案】BC 【解析】 【详解】对于选项A：函数需满足定义域条件，解得或. 令，外层函数为增函数，内层函数的对称轴为，在上单调递增， 根据复合函数“同增异减”原则，的单调增区间为，故A错误. 对于选项B：∵ 为幂函数，根据幂函数定义，系数， 又∵ 函数过点，∴ 代入得，解得， ∴ ，故B正确. 对于选项C：∵ 函数的定义域为， ∴ 函数需满足， ∴ 解得，即的定义域为，故C正确. 对于选项D：∵ 函数的定义域为，即对任意恒成立， 当时，不等式化为，显然不能对所有实数恒成立； 当时，需满足， 解得，即实数的取值范围为，故D错误. 【点睛】方法归纳： 1. 求解复合函数单调区间时，优先求解定义域，再结合“同增异减”原则判断； 2. 幂函数需满足自变量前系数为1； 3. 抽象函数定义域遵循“括号内整体取值范围一致”的原则； 4. 二次型不等式恒成立问题需分二次项系数为0和不为0两种情况讨论. 11. 下列说法正确的是（ ） A. 设随机变量，则 B. 从装有大小、形状都相同的5个红球和3个白球的袋中随机取出两球，取到白球的个数记为，则 C. 设随机变量服从正态分布，则 D. 从集合中任取三个元素，且满足，定义随机变量，则的数学期望为 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项 A，二项分布概率公式求解；选项 B，服从超几何分布求解；选项 C，正态曲线求解；选项 D利用期望的线性性质求解. 【详解】选项 A，因为，则， ，故，A 正确； 选项 B，服从超几何分布，总球数 8 个，取 2 个，则， ，，即，B 错误； 选项 C，，正态曲线关于对称，因此， ，C 正确； 选项 D，集合为，共 6 个元素，任取 3 个的总组合数为， 利用期望的线性性质：每个元素被选中的概率均为，因此 ，D 正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 南京素以风景秀丽，人杰地灵著称，深受游客的喜爱.甲、乙两名游客从含中山陵和夫子庙的8个旅游景区中各选3个景区去游玩，则甲选了中山陵且乙未选夫子庙的选法共有_______种． 【答案】735 【解析】 【分析】根据题意，分别计算甲、乙选择的种类数，再相乘即可． 【详解】甲选了中山陵且乙未选夫子庙， 则甲有种，乙有种， 故共有种 13. 在棱长为2的正方体中，点分别为的中点，则点的距离为_______． 【答案】2 【解析】 【分析】点到平面的距离可通过等体积法求解：将点与平面构成的三棱锥，转换顶点和底面，利用体积不变性计算高（即点到平面的距离）. 【详解】 正方体中 平面 ，因此 是三棱锥 的高，且 ， 正方形 面积为 ， ， ， ， 因此 ， ， 在直角三角形 中，，，故 ， 在直角三角形 中，，，故 ， 在直角三角形 中，，，故 ， 所以， 所以， 所以， 设点 到平面 的距离为 ，则三棱锥 的体积为 ， 由体积相等 ，得，得. 14. 某学校安装人脸识别门禁系统，系统对出入人员仅作出“允许通行”或“禁止入内”两种判断．现对系统进行测试，结果如下：校内职工被判定为“禁止入内”的概率为，校外访客被判定为“允许通行”的概率为．已知进入该校的人员中，校外访客和校内职工的比为，经测试某人被判定为“允许通行”，则其是校内职工的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】可先设出相关事件，在根据已知条件求出各事件发生的概率，最后利用条件概率公式计算即可. 【详解】设某人为校内职工为事件，系统判定为“允许通行”为事件， 则可得，，，，， . 四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知集合，集合． （1）当时，求； （2）若，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先分别解分式不等式及一元二次不等式，再根据求集合的并集可得； （2）先由得不等式在上恒成立，再由基本不等式可得. 【小问1详解】 由，，，解得，即. 当时，不等式的解集为或，即. . 【小问2详解】 由题意，且， 所以不等式对恒成立. 所以不等式对恒成立， ，当且仅当时取等号， . 因此实数的取值范围. 16. 已知的展开式中，二项式系数之和等于1024．常数项为， （1）求的值； （2）求二项式系数最大的项； （3）若第项的系数绝对值是第项的系数绝对值的5倍，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先根据二项式系数的性质，可确定的值，再根据二项展开式的通项公式求常数项，根据常数项的值列式可得的值. （2）根据二项式系数的性质可求二项式系数最大的项. （3）根据二项展开式的通项公式列式，可求的值. 【小问1详解】 根据二项式性质，二项式系数之和为，由题知，得. 展开式的通项为：， 常数项满足的指数为0，令，解得， 所以常数项为：. 由题意得，且，解得. 【小问2详解】 因为，展开式共11项， 所以二项式系数最大项为=. 【小问3详解】 第项对应，系数绝对值为； 第项对应，系数绝对值为 由题意得：， 整理得： 解得（符合的范围）. 17. 已知函数的定义域为，且图象经过点． （1）求的值； （2）求的值域； （3）求的最小值． 【答案】（1）或 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）把点代入解析式求解即可； （2）令，利用对勾函数的单调性可求得在上的值域； （3）令，结合单调性可得，利用二次函数的最值，分类讨论可求得的最小值. 【小问1详解】 因为过点，把点代入得：， 解得或. 【小问2详解】 ，令， 因为，所以. 于是得到，． 因为在单调递减，在单调递增， ，，． 所以的最小值为2，的最大值为． 于是在上的值域为． 【小问3详解】 （） 令， 由（2）可知， 于是得到，对称轴为； 当时，在单调递增，在处取最小值， 所以; 当时，在单调递减，在单调递增， 在处取最小值，所以; 当时，在单调递减，在处取最小值． 所以． 综上. 18. 如图，菱形的边长为，.现将沿折起，得到四面体 ，设二面角等于. （1）求证：； （2）若三棱锥的体积为， （i）求直线与平面所成的角； （ii）当时，求锐二面角的余弦值. 【答案】（1）由菱形的边长为，且， 所以和都是等边三角形，因为沿折起得， 所以为等边三角形， 如图所示，取的中点，连接，，可得，， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以； （2）（i）或；（ii） 【解析】 【分析】（1）取的中点，进而由线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的定义可得； （2）（i）先由三棱锥的体积可得或，再在等腰可得或，进而可得线面角的值；（ii）向量法：建立空间直角坐标系，用向量法求面面角，进而可所求二面角的余弦值；几何法：将二面角转化为线面角来计算,先用等积法可得点到平面的距离为，再计算点到二面角的棱的距离，进而可得直线与平面所成角的正弦值为，再同角三角函数关系式得余弦值，从而可得所求二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）由（1）知平面，所以， 又由，，所以是二面角的平面角，即， 因为菱形的边长为，可得，，且 所以. 又因为三棱锥的体积为，所以， 解得，因为，所以或. （亦可用 在平面上的投影为，由（1）知平面，且平面， 所以平面平面，因此必在上. 因为，所以，则. 又因为三棱锥的体积为， 所以， 解得，所以或） 因为平面，且平面，所以平面平面， 因为平面平面，所以点在平面的投影在直线上， 所以即为直线与平面所成角， 在中，或，且，所以是等腰三角形， 当时，；当时，. 因此，直线与平面所成角为或. （ii）向量法： 由（i）知或，因为，，所以，且， 过点作平面的垂线为轴，，所在直线为轴，轴建立空间直角坐标系，如图： 可得，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以. 设平面的法向量为，则， 令，则，所以. 可得 因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 几何法：由（i）知或，因为，，所以，且，如图： 在中，，所以底边上的高为， 所以，设点到平面的距离为， 因为三棱锥的体积为，所以， 即，解得. 因为是等边三角形，所以点到二面角的棱的距离， 所以直线与平面所成角的正弦值为， 所以直线与平面所成角的余弦值为. 因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 19. 在某个抽奖游戏中，抽奖箱内装有个大小相同、质地均匀的小球，编号分别为.游戏规则如下：从箱子中随机取出一个小球，记录下编号后放回；再从箱子中随机取出一个小球，记录下编号后放回；重复这个过程，直到某次取到的小球的编号小于或等于上一次取到的小球的编号时停止. 游戏停止时，取球的总次数记作，表示“共有 个小球，按规则取球次后游戏停止”的概率. （1）求； （2）求当时，随机变量的概率分布； （3）若小球的个数为 ，求游戏停止时取球次数为偶数的概率（用 表示）. 【答案】（1） （2）的概率分布： （3）【解析】 【分析】（1）法一列出符合题意的事件，进而递推出事件总数，最后得到概率，法二利用对立事件与组合数的性质求解概率即可； （2）根据题意，可取，求出对应概率并列出分布列即可； （3）对为奇数和偶数分类讨论，再逆用二项式定理求解即可. 【小问1详解】 法一：将n次摸到的小球的编号依次排列， 记为，且，即； 当时，；当时，；……，当时，， 共有种，故 法二：由题意得的含义：摸球2次后停止，其反面为， 而的含义是前2次未能停止，即前两次小球编号依次增大，有种可能， 因此； 【小问2详解】 因为变量 则 的概率分布： 【小问3详解】共n个小球，则最多次必停止，且， 若，则说明前n次小球的编号依次增加，第次编号任意， 因此 若，则类似（1）的讨论， 可得， 其中，的含义是前次未能停止， 即前次编号依次增加，共种可能，因此， ①若n为奇数，则 ②若n为偶数，则 综上所述，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期期末调研样题 高二数学 一、选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，若，则（   ） A. B. C. D. 2. 函数的定义域为（   ） A. B. C. D. 3. 下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，，则，，的大小关系为（    ） A. B. C. D. 5. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 若正数，满足，则的最小值是（ ） A. B. C. 15 D. 7. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点分别为线段上的点，若，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 8. 已知函数，定义域均为，函数为偶函数，函数是奇函数，若，，则（ ） A. 1000 B. 2000 C. 3000 D. 4000 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错得0分． 9. 下列结论中正确的是（   ） A. 两个随机变量的线性相关程度越强，样本相关系数越接近1； B. 利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量存在关联； C. 经验回归直线至少经过其样本数据点中的一个点； D. 若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为1. 10. 下列选项中说法正确的是（     ） A. 函数的单调增区间为 B. 幂函数过点，则 C. 函数的定义域为，则函数的定义域为 D. 若函数的定义域为，则实数的取值范围是 11. 下列说法正确的是（ ） A. 设随机变量，则 B. 从装有大小、形状都相同的5个红球和3个白球的袋中随机取出两球，取到白球的个数记为，则 C. 设随机变量服从正态分布，则 D. 从集合中任取三个元素，且满足，定义随机变量，则的数学期望为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 南京素以风景秀丽，人杰地灵著称，深受游客的喜爱.甲、乙两名游客从含中山陵和夫子庙的8个旅游景区中各选3个景区去游玩，则甲选了中山陵且乙未选夫子庙的选法共有_______种． 13. 在棱长为2的正方体中，点分别为的中点，则点的距离为_______． 14. 某学校安装人脸识别门禁系统，系统对出入人员仅作出“允许通行”或“禁止入内”两种判断．现对系统进行测试，结果如下：校内职工被判定为“禁止入内”的概率为，校外访客被判定为“允许通行”的概率为．已知进入该校的人员中，校外访客和校内职工的比为，经测试某人被判定为“允许通行”，则其是校内职工的概率为________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知集合，集合． （1）当时，求； （2）若，求实数的取值范围． 16. 已知的展开式中，二项式系数之和等于1024．常数项为， （1）求的值； （2）求二项式系数最大的项； （3）若第项的系数绝对值是第项的系数绝对值的5倍，求的值． 17. 已知函数的定义域为，且图象经过点． （1）求的值； （2）求的值域； （3）求的最小值． 18. 如图，菱形的边长为，.现将沿折起，得到四面体 ，设二面角等于. （1）求证：； （2）若三棱锥的体积为， （i）求直线与平面所成的角； （ii）当时，求锐二面角的余弦值. 19. 在某个抽奖游戏中，抽奖箱内装有个大小相同、质地均匀的小球，编号分别为.游戏规则如下：从箱子中随机取出一个小球，记录下编号后放回；再从箱子中随机取出一个小球，记录下编号后放回；重复这个过程，直到某次取到的小球的编号小于或等于上一次取到的小球的编号时停止. 游戏停止时，取球的总次数记作，表示“共有 个小球，按规则取球次后游戏停止”的概率. （1）求； （2）求当时，随机变量的概率分布； （3）若小球的个数为 ，求游戏停止时取球次数为偶数的概率（用 表示）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $