广东省佛山市2025-2026学年下学期高二数学期末考前冲刺模拟卷

**基本信息** 以区块链技术、高新电子投产等科技情境为载体，覆盖集合、复数、数列、概率统计、导数等高二核心知识，梯度设计适配期末冲刺，注重数学眼光、思维与语言的综合考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|集合运算、复数共轭、等差数列、回归方程|结合志愿服务安排（第5题）考查排列组合，体现数学应用| |填空题|3题15分|二项式定理、公切线、概率递推|区块链钱包资产交换（第14题）构建概率模型，培养创新意识| |解答题|5题77分|概率分布、立体几何、数列求和、导数应用|抽奖游戏（第19题）综合考查概率计算与期望，强化数学思维的逻辑性|

广东省佛山市2025-2026学年下学期高二数学期末考前冲刺模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共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，集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数满足，则复数的共轭复数（    ） A． B． C． D． 3．已知菱形的边长为，且，，，，则（    ） A． B． C． D． 4．已知等差数列的前n项和为，若和的等差中项为6，则（   ） A．6 B．9 C．12 D．15 5．某学校安排名学生到个社区进行志愿服务，每名学生只去个社区，每个社区至少有名学生，则不同的安排方法共有（    ）种 A． B． C． D． 6．某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了5次试验，收集的数据如下表所示： 零件数个 10 20 30 40 50 加工时间 40 50 60 70 90 由上表的数据求得关于的经验回归方程为，则（   ） A．1.1 B．1.2 C．1.3 D．1.4 7．已知车轮旋转的角度（单位：rad）与时间t（单位：s）之间的关系为，则车轮转动开始后第10s时的瞬时角速度大小为（   ） A． B． C． D． 8．某工厂近两年投产高新电子产品，第一个月产量为1000台，合格品率为80%，以后每月的产量在前一个月的基础上提高20%，合格品率比前一个月增加1%.已知第n个月（，且）生产合格品首次突破5000台，则n的值为（参考数据：）（   ） A．8 B．9 C．10 D．11 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知随机变量，则（    ） A． B． C． D． 10．已知数列的通项公式为，前项和为，前项积为.则下列结论中正确的是（    ） A．使的项有2项 B．满足的的值共有6个 C．既有最小值，又有最大值 D．有最小值，无最大值 11．已知函数，则下列命题中正确的是（    ） A．1是的极大值 B．当时， C．当时，有且仅有一个零点，且 D．若存在极小值点，且，其中，则 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在的展开式中，常数项为__________.（用数字作答） 13．是函数与的公切线，则______. 14．在区块链技术支持的加密资产网络中，设有两个智能合约钱包（甲钱包与乙钱包）.每个钱包初始配置有1枚“黑币”（代表高波动性资产）与2枚“白币”（代表稳定资产）.为平衡资产风险，系统执行如下自动交换协议：每次从两个钱包中各随机抽取一币，并交换存入对方钱包.记该协议重复执行次后，甲钱包中恰好有1枚“黑币”的概率为，则数列的通项公式为_______________. 四、解答题：本题共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．（13分）已知箱子中有除颜色外其他均相同的8个红球，2个白球，从中随机连续抽取3次，每次取1个球． (1)求有放回抽样时，取到白球的次数X的分布列与方差； (2)求不放回抽样时，取到白球的个数Y的分布列与期望． 16．（15分）如图，在直三棱柱中，，，D，E分别是，的中点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 17．（15分）已知正项等比数列的前项和为，，.若，且数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和； (3)若对一切恒成立，求实数的取值范围. 18．（17分）设函数，，为函数的导函数． (1)讨论的单调性； (2)若恒成立，求的范围； (3)设，若恒成立，求的取值范围. 19．（17分）某商场举行回馈顾客的抽奖游戏．箱子里有10张奖券，其中4张“金券”，6张“银券”．每张“金券”面值均为100元；每张“银券”面值不同，分别为元，元，…，元．顾客从箱中不放回地依次抽取奖券，直至抽到3张“金券”时停止，不可中途退出游戏．游戏停止时，顾客抽到的所有奖券的面值之和作为顾客的奖金．现有一顾客参加了此次抽奖游戏． (1)求游戏停止时该顾客共抽取5次的概率； (2)求该顾客的奖金不低于元的概率； (3)已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量X，Y，有，求该顾客的奖金的期望． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省佛山市2025-2026学年下学期高二数学期末考前冲刺模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共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，集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为，， 所以. 2．已知复数满足，则复数的共轭复数（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据复数的除法运算化简复数，由共轭复数的定义即可求解. 【详解】解：由题意，， 则复数的共轭复数. 故选：A. 3．已知菱形的边长为，且，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用平面向量的加法与减法化简得出，即可得解. 【详解】如下图所示： ，所以，. 故选：C. 4．已知等差数列的前n项和为，若和的等差中项为6，则（   ） A．6 B．9 C．12 D．15 【答案】C 【详解】设等差数列的公差为， 由题意得，， 则. 5．某学校安排名学生到个社区进行志愿服务，每名学生只去个社区，每个社区至少有名学生，则不同的安排方法共有（    ）种 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先把5名学生分成3组，再分配到3个社区即可求得结果. 【详解】5名学生分成3组，每组至少1人，有和两种情况. ①分组共有种分法；再分配到3个社区：种； ②分组共有种分法；再分配到3个社区：种； 综上所述：共有种安排方式. 6．某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了5次试验，收集的数据如下表所示： 零件数个 10 20 30 40 50 加工时间 40 50 60 70 90 由上表的数据求得关于的经验回归方程为，则（   ） A．1.1 B．1.2 C．1.3 D．1.4 【答案】B 【分析】由表格中的数据求得样本数据的样本中心，代入回归方程，求得即可. 【详解】由题意得，， 因为经验回归直线必过点，即点， 所以可得，解得. 故选；B 7．已知车轮旋转的角度（单位：rad）与时间t（单位：s）之间的关系为，则车轮转动开始后第10s时的瞬时角速度大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求导，然后将代入导函数计算即可求出结果. 【详解】因为，则，则. 即车轮转动开始后第10s时的瞬时角速度大小为 故选：B. 8．某工厂近两年投产高新电子产品，第一个月产量为1000台，合格品率为80%，以后每月的产量在前一个月的基础上提高20%，合格品率比前一个月增加1%.已知第n个月（，且）生产合格品首次突破5000台，则n的值为（参考数据：）（   ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】D 【分析】由题可得第n个月生产合格品数量的表达式，据此可得时，满足题意，随后通过研究函数单调性可验证结论正误，即可得答案. 【详解】由题可得第n个月生产合格品数量为. 则由题可得 . 当，，不满足题意；，，不满足题意；，，不满足题意； ，满足题意. 令， 则， 从而在上单调递增，由以上分析可得. 则当第n个月生产合格品首次突破5000台时，. 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知随机变量，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】由正态分布期望的性质可得A错误；由正态分布的方差可得B正确；由正态分布曲线的对称性可得C、D正确； 【详解】对于A，由题意，得，故A错误； 对于B，又，所以，故B正确； 对于C，因为两个正态分布对应的正态密度曲线关于直线对称， 所以，故C正确； 对于D，由对称性，得， 所以，故D正确. 故选：BCD. 10．已知数列的通项公式为，前项和为，前项积为.则下列结论中正确的是（    ） A．使的项有2项 B．满足的的值共有6个 C．既有最小值，又有最大值 D．有最小值，无最大值 【答案】ACD 【详解】对于A，因为，因为为奇数， 所以只有当时，即或时，，故A正确； 对于B中，当时，满足； 当时，满足；当时，， 所以，满足时，，共有4个值，所以B不正确； 对于C中，由数列的通项公式为， 可得，当时，数列的各项小于1，且是单调递减数列； 当时，数列的各项大于1，且是单调递减数列， 所以，数列的最小项为，最大项为，所以C正确； 对于D中，由上述中的讨论，可得在中，只有和为负数，且， 所以存在最小值或，从第8项开始，为正数，结合， 可知随着的增大而增大，所以无最大值，所以D正确. 11．已知函数，则下列命题中正确的是（    ） A．1是的极大值 B．当时， C．当时，有且仅有一个零点，且 D．若存在极小值点，且，其中，则 【答案】ABD 【分析】对函数求导并对参数进行分类讨论得出函数单调性，即可判断在处取得极大值，即A正确；根据的范围得出单调性即可得出B正确；时，的极小值在上没有零点，所以C错误；根据的极小值点之间的关系，得出即可判断D正确. 【详解】由题意可得，， 令，当时，得或． 对于A，当时，在和上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极大值； 当时，在和上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值； 当时，，在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，所以A正确； 对于B，当时，在上单调递增，又，因为，所以，所以B正确； 对于C，当时，在上单调递增，由于，所以在上存在唯一的零点且小于0； 若，则的极小值，即在上没有零点，所以有且仅有一个零点且小于0，所以C错误； 对于D，若存在极小值点，则，即， 因为，所以， 所以，，即， 又，所以，所以D正确． 故选：ABD． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在的展开式中，常数项为__________.（用数字作答） 【答案】 【分析】需先写出二项式展开式的通项公式，令的指数为 0 求出的值，再代入通项公式计算常数项即可. 【详解】因为二项式 的通项为 ， 又因为，，， 所以 因为常数项要求 的指数为 0，所以，解得， 所以. 13．是函数与的公切线，则______. 【答案】 【分析】设切点坐标，由导数的几何意义进行求解． 【详解】设的切点为， ∴，∴， ∴切点为， ∴， 设的切点为， 由，得， 得切点为，则， 得， ∴. 14．在区块链技术支持的加密资产网络中，设有两个智能合约钱包（甲钱包与乙钱包）.每个钱包初始配置有1枚“黑币”（代表高波动性资产）与2枚“白币”（代表稳定资产）.为平衡资产风险，系统执行如下自动交换协议：每次从两个钱包中各随机抽取一币，并交换存入对方钱包.记该协议重复执行次后，甲钱包中恰好有1枚“黑币”的概率为，则数列的通项公式为_______________. 【答案】 【分析】由题意可得，当时，设有甲钱包恰有两枚“黑币”的概率为，则没有“黑币”的概率为，进而得到，可得，进而结合等比数列求解即可. 【详解】由题意得； 当时，设有甲钱包恰有两枚“黑币”的概率为，则没有“黑币”的概率为， 则， 故. 又，故是为首项，为公比的等比数列， 则，即. 四、解答题：本题共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．（13分）已知箱子中有除颜色外其他均相同的8个红球，2个白球，从中随机连续抽取3次，每次取1个球． (1)求有放回抽样时，取到白球的次数X的分布列与方差； (2)求不放回抽样时，取到白球的个数Y的分布列与期望． 【答案】(1)分布列见解析， (2)分布列见解析， 【分析】（1）有放回抽样时，，求出对应概率，得到分布列，最后由二项分布方差公式可得；（2）不放回抽样时，，分别求出对应的概率，即可得Y的分布列．进而期望即可. 【详解】（1）有放回抽样时，取到白球的次数X可能的取值为0，1，2，3． 每次抽到白球的概率均为，3次取球可以看成3次独立重复试验，则， 所以，， ，， 则X分布列为： X 0 1 2 3 P 则 （2）不放回抽样时，则 ，，， 则Y的分布列为： Y 0 1 2 P 则 16．（15分）如图，在直三棱柱中，，，D，E分别是，的中点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）根据直三棱柱的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）根据线面垂直的性质建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）因为直三棱柱，所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以， 因为D是的中点，所以. 因为，平面，平面. 所以平面. （2）因为直三棱柱，所以平面， 平面，所以，， 因为，所以，，两两垂直，以C为原点，，，为x轴、y轴、z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系.    由，则，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为. 所以，即， 令，则，. 所以. 所以， 设直线与平面所成角为， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为. 17．（15分）已知正项等比数列的前项和为，，.若，且数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和； (3)若对一切恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据等比数列的通项公式和求和公式列式求值即可. （2）利用错位相减法求和. （3）分析数列的单调性，求的最大值，再解二次不等式即可. 【详解】（1）对数列，设公比为，由题意，因为，所以. 又. 所以. （2）由. 所以. 所以， 所以， 两式相减得：， 所以. （3）由. 所以数列从第2项开始，单调递减. 所以. 由或. 所以实数的取值范围是：. 18．（17分）设函数，，为函数的导函数． (1)讨论的单调性； (2)若恒成立，求的范围； (3)设，若恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) (3) 【分析】（1）令，求导，分和讨论导数的正负判断得解； （2）根据（1）的结论，对于恒成立问题，结合函数的单调性找到最值，计算即可； （3）通过换元和参变分离，借助导数求最值，来确定参数的取值范围. 【详解】（1）对，可得. 令，则. 当时，恒成立，所以在上单调递增. 当时，令，解得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 综上，当时，在上单调递增. 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）可知，当时，在上单调递增，且， 所以时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 又，所以恒成立； 当时，由，当时，，不合题意； 综上，. （3）因为，恒成立， 即恒成立. 移项可得恒成立. 即， 由在上单调递增， 所以恒成立，也就是恒成立. 令，对其求导得. 令，解得或. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. ，所以. 19．（17分）某商场举行回馈顾客的抽奖游戏．箱子里有10张奖券，其中4张“金券”，6张“银券”．每张“金券”面值均为100元；每张“银券”面值不同，分别为元，元，…，元．顾客从箱中不放回地依次抽取奖券，直至抽到3张“金券”时停止，不可中途退出游戏．游戏停止时，顾客抽到的所有奖券的面值之和作为顾客的奖金．现有一顾客参加了此次抽奖游戏． (1)求游戏停止时该顾客共抽取5次的概率； (2)求该顾客的奖金不低于元的概率； (3)已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量X，Y，有，求该顾客的奖金的期望． 【答案】(1) (2) (3)174元． 【分析】（1）结合排列组合的有关计算公式求对应的概率； （2）列出奖金的可能情况，分析如何获得对应的奖金数，求出对应概率即可. （3）求出抽取银券可获得的奖金的期望，再利用给出的公式，求该顾客获得奖金的期望. 【详解】（1）游戏停止时共抽取5次，即前四次抽到2金2银，且第五次抽到金券， 故所求的概率为； （2）奖金不低于270元，则可能为300元，290元，280元，270元． ①若奖金为300元，即连续抽到3次金券，其概率为； ②若奖金为290元，即前三次抽到两张金券和一张－10元银券，且第四次抽到金券，其概率为； ③若奖金为280元，即前三次抽到两张金券和一张－20元银券，且第四次抽到金券，同②知； ④若奖金为270元，一种情况是前三次抽到两张金券和一张－30元银券，且第四次抽到金券，同②知其概率为； 另一种情况是前四次抽到两张金券、一张－10元银券和一张－20元银券，且第五次抽到金券，其概率为， 所以； 综上所述，奖金不低于270元的概率为. （3）方法一：记银券分别为，，…，，对应面值－10元，－20元，…，－60元． 记， 银券与4张金券被抽到的先后次序是等可能的，表示在与4张金券一起排列时，排在了前三个位置上，所以，， 所以，， 因为奖金， 所以， 即奖金的期望为174元． 方法二：记为停止时抽到银券的张数，则的可能取值为0，1，2，3，4，5，6，且. 由已知得，，， ，， ，， 计算得． 又因为，所以， 因为每张银券被抽到是等可能的，所以，， 所以， 即奖金的期望为174元． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $