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4

**基本信息** 覆盖高二选择性必修三册内容，融合拔尖人才培养等创新情境与梯度设计，适配期末综合测评，考查数学抽象、逻辑推理与空间观念。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|函数切线、概率计算、球体积|基础概念辨析，如第2题函数解析式与切线方程| |多选题|3题|等比数列性质、抛物线焦点弦|综合判断，如第9题等比数列前n项积与等差数列关联| |填空题|4题|回归残差、函数最值|应用导向，如第13题残差相等求参数| |解答题|5题|数列通项与求和、立体几何夹角、导数证明|跨模块综合，如18题结合科研夏令营考概率分布与期望，19题导数证明与恒成立考查逻辑推理|

2025-2026学年下学期高二年级期末自编练习卷4 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．下列各式正确的是（    ） A． B． C． D． 2．已知定义在上的函数满足，则曲线在点处的切线方程为 A． B． C． D． 3．记A，B为随机事件，已知，，，则（    ） A． B． C． D． 4．如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为.若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于的位置，则（    ） A． B． C． D． 5．已知A，B，C三点在球O的球面上，且，若球O上的动点D到点A，B，C所在平面的距离的最大值为，则球O的体积为（    ） A． B． C． D． 6．已知，为样本空间中的两个随机事件，其中，，，则下列说法正确的是（    ） A．事件与互斥 B． C．事件与不独立 D． 7．对于正整数，函数定义如下：，则存在实数，使得方程有四个不同实数解的所有正整数的和为（    ） A．26 B．27 C．28 D．29 8．已知函数，则函数的极值点个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题 9．设公比为的等比数列的前项积为，若，则（    ） A．当时，或 B． C．当时，为等差数列 D． 10．已知抛物线的焦点为，直线过点且与抛物线交于，两点，其中为的中点，为坐标原点，则下列说法正确的为（    ） A．若直线的方程为，则 B． C．点的轨迹方程为 D． 11．已知双曲线的左、右焦点分别为，，为上一动点，过点作直线交于，两点，则下列说法正确的是（   ） A．的离心率为 B．的最小值为2 C．若，则的面积为6 D．若，则的倾斜角为或 三、填空题 12．今天是星期二，则天后是星期__________． 13．已知一系列样本点（）的回归方程为，若样本点与的残差相等，则_____． 14．已知函数，在上的最小值为，则的最大值为_____________． 四、解答题 15．已知，数列满足，数列满足；又知数列中，，且对任意正整数，，． (1)求数列和数列的通项公式； (2)将数列中的第项，第项，第项，，第项，删去后，剩余的项按从小到大的顺序排成新数列，求数列的前项和． 16．在多面体中，四边形是菱形，，平面，，，是中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)点为棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值． 17．在平面直角坐标系中，一动直线分别交，于A，B（A，B横坐标同号）两点，且的面积恒为4. (1)求中点的轨迹的方程； (2)若直线交轨迹于，两点，的面积为，求的值. 18．为响应年青少年拔尖创新人才培养计划，某高校面向全市中学选拔优秀学生，开设数学、物理、化学、信息技术四门学科科研夏令营活动． (1)若数学组的名学员中恰有人来自同一中学，从这名学员中选取人，表示选取的人中来自该中学的人数，求的分布列和数学期望； (2)在学营开幕式的晚会上，数学组举行了一次学科知识竞答活动．规则如下：两人一组，每人答题，答对不少于题则获胜，假设每轮答题结果互不影响．已知甲、乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率都为，如果甲、乙两位同学想在此次竞答活动中取得轮胜利，那么理论上至少要参加多少轮竞赛？ 19．已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求证：当时，； (3)设，若对恒成立，求的取值范围． 试卷第1页，共3页 参考答案 1．C 【分析】根据题意，利用排列数、组合数的计算公式，以及组合数的性质，逐项计算，即可求解. 【详解】对于A，由，，所以，故A不正确； 对于B，由，，所以，所以B不正确； 对于C，由， 又由，所以，所以C正确； 对于D，由组合数的性质，可得， 所以，所以D不正确. 故选：C. 2．C 【分析】利用方程组法求出函数解析式，然后利用导数求切线斜率，由点斜式可得切线方程. 【详解】因为，所以， 联立可解得，所以，所以. 所以曲线在点处的切线方程为， 故所求的切线方程为. 故选：C. 3．D 【分析】由全概率公式及并事件的概率公式求解． 【详解】记，由全概率公式有， 代入数据有，解得， ， 故选：D． 4．C 【分析】根据题意，由条件可得的可能取值为，且，结合二项分布的概率计算公式代入计算，即可求解. 【详解】由题意可知，当时，的可能取值为，且， 所以 . 故选：C 5．C 【分析】先求出直角的外接圆半径，再结合球上点到平面的最大距离与球半径、球心到平面距离的关系，利用球的截面性质列方程求出球半径，最后代入球体积公式计算. 【详解】因为，故为直角三角形，斜边为其外接圆直径， 由勾股定理得， 因此外接圆半径. 设球心到平面的距离为，根据球的截面性质，有， 球上动点到平面的最大距离为，由题意得，即， 将、代入截面性质公式得， 展开整理得，解得. 则球的体积. 6．B 【分析】利用互斥事件、对立事件、独立事件的定义，和事件与积事件的运算法则，逐项判断即可. 【详解】已知，则，而题目中，显然，因此事件A与B不互斥，选项A错误； ，又，所以，选项B正确； 因为， ，由于，所以事件与独立，选项C错误； ，则，选项D错误. 故选：B. 7．B 【分析】分别通过和时，讨论根的个数，进而可求解. 【详解】因为 当时，，所以当时，先减后增， 则存在实数，方程有两个不同实数解； 当时，单调递减， 方程至多有一个实数解； 当时，， 所以当时，先减后增， 则存在实数，方程有两个不同实数解； 当时，单调递增， 方程至多一个实数解； 所以当时，存在实数，方程有四个不同实数解； 又为正整数， 所以可取， 所以， 故所有正整数的和为. 8．C 【分析】对函数求导，运用导数的零点来判断函数的极值点. 【详解】 化简得，令 ， 即 ，令， ， 令，则， 令，则，故在定义域内单调递增； 又因为，； 因此，使， 故在内单调递减，在内单调递增， 当时，，故时，， ， 同理得时，， ， 且 ， 故， 因此，在内，单调递增，在内，单调递减，在内单调递增， ， ， ， ， 故在，，区间分别有一个零点， 因此函数的极值点个数有3个. 9．ABD 【分析】由，可得，从而判断B；当时，由，可得或，从而判断A；根据等差数列的定义判断C；由基本不等式判断D. 【详解】公比为的等比数列的前项积为， 由，可得， 则，故B正确； 当时，， 所以，故或，故A正确； 当时，， 则不为常数，故不是等差数列，故C不正确； ， 当且仅当时等号成立，故D正确． 10．ACD 【分析】先联立抛物线与直线方程，利用韦达定理得到交点坐标关系，再根据各选项要求，结合中点公式，焦半径公式、弦长公式等进行推理判断. 【详解】 已知抛物线为，其焦点为，直线的方程为， 联立抛物线与直线方程可得：，化简可得：， 由题意可得直线与抛物线交于两点，所以， 设，则由韦达定理可得：， 代入直线的方程可得：，所以利用中点公式可得：， 在A选项中，若直线的方程为：，则，所以，A选项正确， 在B选项中，，B选项错误， 在C选项中，，所以，C选项正确， 在D选项中，， D选项正确.    11．AB 【分析】根据双曲线方程即可求解离心率判断A；根据双曲线的定义及二次函数即可判断B；根据余弦定理及三角形面积公式即可判断C；根据弦长公式即可判断D． 【详解】由题可知，，，所以， 所以双曲线的离心率为，所以A选项正确； 由双曲线定义可知，不妨设，则， 所以因为，所以B选项正确； 对于C，由余弦定理得，故， 所以，所以C选项不正确； 对于D,设，，显然直线的斜率不为0，设直线的方程为， 联立的方程得， 则，， 所以， 解得或， 若的倾斜角为或，则,所以D选项不正确． 12．三 【分析】利用二项式定理的整除问题即可求得结果. 【详解】因为, 前10个数除以7都能除尽，最后的那个数1即是余数，故天后是星期三. 故答案为：三. 13． 【分析】利用残差的定义求解. 【详解】样本点与的残差相等，则有， 整理得. 14．1 【分析】分三种情况，利用导数分析的单调性及最值，从而得到的取值范围，求得的最大值. 【详解】函数， 当时，. 若，则，，所以在上单调递增， 在上的最小值为，符合题意； 若，则，，所以在上单调递减， 在上的最小值为，不符合题意； 若，则当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增，在上的最小值为，不符合题意. 综上所述，的取值范围是. 所以的最大值为. 15．(1)， (2) 【分析】（1）数列的通项含，可分为奇偶两种情况确定的取值，结合是的前项和，奇偶项各占项，可求和得到的通项；数列给出了对任意正整数恒成立的指数等式，通过赋值可推导的通项形式，再验证该通项的唯一性. （2）由第一问所得，可知需删除中下标为的倍数的项，剩余项构成的新数列的奇数项、偶数项分别构成公比为的等比数列，可将前项和拆分为奇数项和与偶数项和两部分，分别用等比数列求和公式计算后合并. 【详解】（1）数列满足，所以当为奇数时，，当为偶数时，， 又数列满足， 所以 由题意知：又知数列中，，且对任意正整数，，． 令，对任意正整数均有，即， 经验证，当时，，，即恒成立， 故； （2）由题知将数列中的第项、第项、第项……删去后构成的新数列，其项依次为 观察可得，新数列的奇数项为，偶数项为 即新数列中的奇数项与偶数项仍成等比数列，首项分别是，，公比均是， 记数列的前项和为， 所以 . 【点睛】方法归纳： 1. 通项含的数列问题优先采用奇偶分类讨论的思路处理，涉及对任意正整数成立的递推关系，可通过特殊值赋值法快速推导通项. 2. 等比数列删除下标成等差数列的项后，剩余的子数列可按位置奇偶性拆分为公比相同的两个等比数列，分别求和后合并即可得到总和. 16．(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，设平面和平面的夹角为，则，代入数值计算得到，从而得到平面与平面的夹角的余弦值. （3）由点为棱上靠近点的三等分点， 得到，从而得到点的坐标， 设直线与平面所成的角为，则，代入数值计算，从而得到直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）因为，，是中点，所以， 又，故，又，所以四边形是平行四边形， 所以且， 又因为四边形为菱形，所以且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2）因为四边形是菱形，，， 所以，、均为等边三角形. 以为原点，建立空间直角坐标系， ，，，，，，， ，， 设平面的法向量为， 则，取，得， ，， 设平面的法向量为， 则，取，得， 设平面和平面的夹角为， 则， 则平面与平面的夹角的余弦值为. （3）点为棱上靠近点的三等分点，， 则，， 则，又，则， 平面的法向量 ， 设直线与平面所成的角为， 则， 则直线与平面所成角的正弦值为. 17．(1) (2) 【分析】（1）先利用三角形面积为4，建立，两点坐标之间的等量关系；设中点的坐标，利用中点坐标公式将点坐标用，两点坐标表示，即可求出点的轨迹的方程； （2）联立方程组，分别根据弦长公式表示出，再根据点到直线的距离公式求出距离，根据面积为建立等量关系即可求出. 【详解】（1）解：设，，由题知， 则，    设，则，，所以， 因此，中点的轨迹的方程. （2）解：设，， 将代入，整理得， 则，解得，，， 由弦长公式可得： ， 设点到直线的距离为，则， 所以， 两边同时平方，化简整理得， 解得或（舍），所以. 18．(1)分布列见解析， (2) 【分析】（1）根据超几何分布列出分布列，计算数学期望即可； （2）先求每轮答题中取得胜利的概率，再应用独立重复实验数学期望的范围求出最少轮数. 【详解】（1）由题意可知的可能取值有， ，， ，， 所以，随机变量的分布列如下表所示： 0 1 2 3 所以. （2）甲、乙两人在一轮竞赛中总共答对的题数为随机变量 Y ， 由题意可知，每人答 2 题，两人共答 4 题，每道题答对的概率均为,且各题答对与否相互独立， 因此 Y 服从二项分布，则他们在每轮答题中取得胜利的概率为： 设他们小组在轮答题中取得胜利的次数为，则，， 由，即，解得， 而，则，所以理论上至少要进行轮答题． 19．(1) (2)要证，即证． 又，即证． 设，， 所以在上单调递增． 所以．所以 (3)． 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）通过构造函数，利用导数求出在时的最小值即可； （3）由函数在上是增函数，可得，构造，利用导数求出的单调性即可. 【详解】（1）因为，则， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即． （2）略. （3）因为，所以当时，且，即，所以在上是增函数， 因为，， 若对恒成立，则， 设，， ①时，显然，所以在单调递增， 当时，，所以对任意有，即，所以符合题意． ②当时，显然，． ↘ 极小值 ↗ 由上表知，． 依题意，所以． 综上可知的取值范围为． 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 $