湖北省荆州市松滋市2025-2026学年下学期高二年级期末自编练习卷2

**基本信息** 高二年级期末练习卷覆盖选择性必修一至三内容，以概率统计（如甲箱取球问题）、立体几何（三棱锥体积计算）、函数导数（恒成立问题）为核心，通过投篮游戏、方块操作等情境设计，考查数学建模、逻辑推理与空间观念。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|概率、二项式定理、向量、数列|第8题方块操作游戏融入逻辑推理，培养创新意识| |多选题|3|圆与圆位置关系、曲线切线、随机游走|第11题质点随机移动结合条件概率，考查数据分析| |填空题|3|百分位数、双曲线离心率、三棱锥体积|第14题侧棱夹角与体积计算，体现空间观念| |解答题|5|函数导数、数列、立体几何、圆锥曲线、概率统计|第19题投篮游戏结合概率分布与数列递推，强化数学建模|

2025-2026学年下学期高二年级期末自编练习卷2 考试范围：选择性必修一，选择性必修二，选择性必修三 一、单选题 1．若随机变量，若，则（    ） A． B． C． D． 2．的展开式中项的系数是（    ） A．672 B． C．84 D． 3．设，向量，，且，，则（    ） A． B．3 C． D．4 4．若事件满足，则（   ） A． B． C． D． 5．已知甲箱中有3个红球和3个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球（所有球除颜色外完全相同），某学生先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，记“从乙箱中取出的球是黑球”为事件，则（    ） A． B． C． D． 6．已知等差数列的前项和分别为，且，则（    ） A． B． C． D． 7．已知，则（    ） A． B． C． D． 8．现有一排方块，其中某些方块间有间隔.从中拿出一个方块或紧贴的两个方块，而不改变其余方块的位置，称为一次操作.如图所示，状态为的方块：可以通过一次操作变成以下状态    中的任何一种：，，，或.游戏规定由甲开始，甲、乙轮流对方块进行操作，拿出最后方块的人获胜.对于以下开局状态，乙有策略可以保证自己获得游戏胜利的是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知圆与圆交于两点，则（    ） A．圆与圆有两条公切线 B．直线的方程为 C． D．线段的垂直平分线的方程为 10．已知为曲线：上一个动点（异于原点），在处的切线是指曲线在处的切线.直线为在处的切线，过作的垂线，若，分别与轴交于，两点，则（    ） A．关于轴对称 B．到点的距离不小于到直线的距离 C．存在，使得 D．当取得最小值时，直线的斜率为 11．一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔向左或向右移动一个单位，向左移动的概率为，向右移动的概率为.则下列结论正确的有（    ） A．第八次移动后位于原点0的概率为 B．第六次移动后位于4的概率为 C．第一次移动后位于-1且第五次移动后位于1的概率为 D．已知第二次移动后位于2，则第六次移动后位于4的概率为 三、填空题 12．已知名同学的跳远成绩（单位：）排序后如下：，，，，，，，，，，则这组数据的第百分位数是________. 13．在平面直角坐标系中，双曲线的中心在原点，焦点在轴上，焦距长为.若和抛物线交于，两点，且为正三角形，则的离心率为______. 14．已知三棱锥的侧棱两两夹角都等于，三个侧面三角形的面积分别为，满足，则三棱锥的体积是__________. 四、解答题 15．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若恒成立，求的取值范围． 16．已知各项均不为0的数列的前项和为，且． （1）求的通项公式； （2）若对于任意，成立，求实数的取值范围． 17．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，，，，，，E为AB的中点，M为CE的中点. (1)证明：； (2)若，N为PC中点，且AN与平面PDM所成角的正弦值为，求四棱锥的体积. 18．已知抛物线的焦点为，准线为，双曲线的左焦点为T． (1)求的方程和双曲线的渐近线方程； (2)设为抛物线和双曲线的一个公共点，求证：直线与抛物线相切； (3)设为上的动点，且直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，直线与抛物线交于不同的两点，判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 19．某次投篮游戏，规定每名同学投篮次，投篮位置有，两处，第一次在处投，从第二次开始，若前一次未投进，则下一次投篮位置转为另一处；若前一次投进，则下一次投篮位置不变.在处每次投进得2分，否则得0分；在处每次投进得3分，否则得0分.已知甲在，两处每次投进的概率分别为，，且每次投篮相互独立.记甲第次在处投篮的概率为，第次投篮后累计得分为. (1)求的分布列及数学期望； (2)求的通项公式； (3)证明：. 参考公式：若，是离散型随机变量，则. 参考答案 1．【答案】B 【详解】因为，所以，则，， . 2．【答案】D 【详解】由题意可知：的展开式通项为， 令，解得，所以项的系数是.故选：D． 3．【答案】B 【详解】向量，且，∴，解得， ∴，∴，选：B 4．【答案】B 【详解】由，得， 又，所以， 由，得，所以. 5．【答案】C 【详解】记“从甲箱中取出的球恰有个红球”为事件，根据题意可得，， 所以. 6．【答案】D 【详解】因为等差数列的前项和分别为，且. 所以可设.所以，所以. 7．【答案】B 【详解】因为，所以，则． 令，则，当时，单调递增， 当时，，单调递减，则，则，即．故． 8．【答案】A 【详解】对于选项A，经过甲操作可以变为，，，，或. 对于，乙操作成；对于，乙操作成；对于，乙操作成；对于，乙操作成； 对于，乙操作成；对于，乙操作成. 此时甲操作后，乙可以采取对称策略，保证自己能拿到最后一个方块，无论如何乙都能赢，所以A正确； 对于选项B，甲将操作为，此时乙可以操作为，，，甲必胜； 对于选项C，甲将操作为，甲必胜； 对于选项D，甲将操作为，由选项A知甲必胜. 故选：A. 9．【答案】ABD 【详解】由，则圆心，半径， 由，则圆心，半径， 所以，即，故两圆相交， 所以圆与圆有两条公切线，A对； 两圆作差有，整理得，B对； 由到的距离，则，C错； 由B知，则线段的垂直平分线的斜率， 故线段的垂直平分线的方程为，D对. 故选：ABD. 10．【答案】ACD 【详解】A，若点满足方程，则点也满足方程，则关于轴对称，故A正确； B，设，则，则到点的距离，到直线的距离， 则， 当时，，即，所以B错误； C，设，则，因，则， 则曲线在点处切线斜率为，所以直线为，直线为， 所以，，可得， ，则 因，故存在，使得时，故C正确； D，由C选项可知，， 等号成立时，，即，此时的斜率为，故D正确. 故选：ACD 11． 【答案】BCD 【详解】对于A项，在8次移动中，设变量X为质点向右运动的次数，则， 若移动8次后，质点位于0的位置，则质点向右移动4次，向左移动4次， 所以第八次移动后位于原点0的概率为，故A项错误； 对于B项，在6次移动中，设变量X为质点向右运动的次数，则， 若移动6次后，质点位于4的位置，则质点向右移动5次，向左移动1次， 所以第八次移动后位于原点0的概率为，故B项正确； 对于C项，记“第一次移动后位于”为事件A，“第五次移动后位于1”为事件B， 由题意知，质点先向左移动1次，剩余的4次中质点向右移动3次，向左移动1次， 所以第一次移动后位于且第五次移动后位于1的概率为，故C项正确； 对于D项，记“第二次移动后位于2”为事件M，“第六次移动后位于4”为事件N， 当第二次移动后位于2且第六次移动后位于4时，质点先向右移动2次，剩余的4次中质点向右移动3次，向左移动1次，所以，， 所以已知第二次移动后位于2，则第六次移动后位于1的概率为，故D项正确.故选：BCD. 12．【答案】4.05 【详解】因为，故第百分位数为第个数和第个数的平均数即为. 13．【答案】 【详解】由对称性知、关于轴对称，为正三角形， 则由正三角形对称性可知、为与抛物线的交点， 联立与得或0（舍去），当时，， 故其中一个交点为， 设双曲线方程为，故，解得， 在双曲线上，，，故离心率为；故答案为： 14．【答案】 【详解】设三棱锥的三条侧棱长分别为.根据三角形面积公式可得： ，所以①；，所以②； ，所以③； ①②③相乘可得④，然后用④除以每个式子可求得：. ，解得，因为， 所以根据勾股定理，所以.同理，又，所以平面. 又，根据勾股定理可得. 在三角形中，根据余弦定理，， 所以，解得. 所以在中，，所以中底边的高为. 所以.所以.故答案为：. 15．【答案】(1) (2) 【详解】（1）当时，，而，则切点坐标为， 易得，得到切线斜率为，故曲线在点处的切线方程为， 即. （2）由题意得的定义域为， 且，而，令，，令，， 即的单调递减区间为，单调递增区间为，则当时，有最小值， 得到，解得，，，即的取值范围为. 16．【详解】解：（1）由，可得，即，可得， 当时，由，可得， 两式相减可得，化为， 即数列的奇数项和偶数项均为公差为4的等差数列， 即有时，；时，； 所以，； （2）， 对于任意，成立，即为恒成立． 设，则， 当，2时，； 当时，，即有， 可得时，取得最大值， 则，即的取值范围是，． 17．【详解】（1）证明：在梯形ABCD中，连接交BD于CE一点， 因为且，所以四边形CDBE为平行四边形，所以BD与CE的交点即为CE中点M. 由已知可得，，，，由余弦定理得, 所以三角形为直角三角形，所以，又，，所以,且,所以平面PBD，又平面PBD，所以. （2）由（1）知，平面PDM，如图，以D为坐标原点，分别以DB，DC为x，y轴，垂直于底面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，， 设，则，， 平面PDM的一个法向量为，设直线AN与平面PDM所成角为， 则， 化简得.由，可得，求得，. 故. 18．【详解】（1）准线的方程为，双曲线的渐近线方程为． （2）联立方程组，消去得，解得（舍负），由对称性，不妨取， 又由，求得直线的方程为，联立方程组，消去得， 因为，所以直线与抛物线相切． （3）因为，得准线为线段的中垂线，则直线与直线的倾斜角互补，即， 设，由条件知，联立方程组，消去得，则， 联立方程组，消去得，则， 所以，故为定值． 19．【详解】（1）设“甲第次在处投进”为事件，“甲第次在处投进”为事件， ，2，依题意，的可能取值为0，2，3，4. ，， ，， 所以的概率分布为 0 2 3 4 （分）. （2）当时，甲第次在处投篮分两种情形： ①第次在处投篮且投进，这种情形概率为； ②第次在处投篮且未投进，这种情形概率为. 所以，故， 因为，所以是以为首项，为公比的等比数列. 所以，即，，2，……，. （3）因为第次在处投篮的概率为，在处投篮的概率为， 记第次得分，则的可能取值为0，2，3， ，，， 所以，因为， 所以， 因为，所以. 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $