广西桂林市2025-2026学年高二下学期数学期末自编模拟卷

**基本信息** 2025-2026高二数学期末模拟卷，以科技前沿（智能驾驶辅助系统）、空间几何折叠等真实情境为载体，覆盖数列、立体几何、概率统计等核心知识，通过梯度设计考查数学眼光、思维与语言。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|三角求值、排列组合、异面直线成角等|基础概念与空间想象结合，如第3题直三棱柱异面直线成角| |多选题|3/18|回归分析、椭圆性质、导数应用|多维度辨析，如第9题综合考查统计与概率性质| |填空题|3/15|等差数列求和、抛物线焦半径、不等式范围|简洁考查核心公式，如第13题抛物线定义应用| |解答题|5/77|统计案例（智能驾驶）、数列证明、双曲线、立体几何折叠、导数极值与恒成立|综合应用与创新，如第18题折叠问题考查面面垂直及线面角，第19题导数与分类讨论结合|

2025-2026学年度高二数学期末考试模拟卷 第I卷（选择题） 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，的值是（    ） A． B． C． D． 2．从4位男生，2位女生中选择3人到三个场馆做志愿者，每个场馆各1人，且至少有1位女生入选，则不同安排方法的种数为（     ） A．24 B．36 C．72 D．96 3．如图，在直三棱柱中，，，，，为棱的中点，则异面直线和所成的角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 4．设等比数列的前项和为，若，，则（    ） A．2 B．4 C．8 D．16 5．已知变量 和 有较强的线性相关关系，根据下表中两个变量间的相关数据可以得到经验回归方程为 ，则（    ） 2 3 5 6 5 7 9 15 A．经验回归直线必过点 B． C．对应的样本点的残差为 D．当时，预测值 6．已知，则（    ） A． B．此二项展开式系数最大的项为第4项 C．此二项展开式的二项式系数和为32 D． 7．若圆与圆有且仅有三条公切线，m的值为（     ） A．3 B．-3 C．4 D．-4 8．已知函数和的定义域均为，为偶函数，且对任意，都有恒成立，，则不等式的解集为（     ） A． B． C． D． 二、多选题：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．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 10．已知椭圆的两个焦点分别为是上任意一点，则（     ） A．的离心率为 B．的周长为12 C．的最小值为3 D．的最大值为16 11．已知，下列说法不正确的是（    ） A．在处的切线方程为 B．的单调递增区间为 C．的极大值为 D．方程有两个不同的解 第II卷（非选择题） 三 、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．记等差数列的前n项和为，若，则______． 13．已知抛物线的焦点为，为抛物线上一点．若，则点到轴的距离为______． 14．已知，，若，则的取值范围是__________． 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）智能驾驶辅助系统是指利用车载传感器、控制器等装置、实现环境感知、规划决策与运动控制，辅助驾驶员完成部分驾驶操作，提升行车安全性与舒适性的系统，驾驶员仍需全程监管车辆并随时接管驾驶：驾龄是指初次领取机动车驾驶证至今的时间长度、为研究智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄的关系，随机调查了200名私家车车主，得到如下列联表： 经常使用智能驾驶辅助系统 不经常使用智能驾驶辅助系统 合计 驾龄≤5年 58 42 100 驾龄＞5年 36 64 100 合计 94 106 200 (1)从这200名车主中随机抽取1人，已知该车主驾龄不超过5年，求该车主经常使用智能驾驶辅助系统的概率； (2)根据小概率值的独立性检验，分析智能驾驶辅助系统使用情况是否与驾龄有关. 附： 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 16．（15分）已知数列中，，满足． (1)证明数列是等比数列； (2)设，为数列的前项和，求． 17．（15分）已知双曲线的焦点到一条渐近线的距离为，且点在双曲线上． (1)求双曲线的方程； (2)斜率为的直线与双曲线的右支交于、两点（异于点）．求直线、的斜率之和； 18．（17分）如图1所示，在等腰梯形，，，垂足为，，，将沿折起到的位置，如图2所示，平面平面． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱（不包括端点）上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 19．（17分）已知函数. (1)若，，求曲线在点处的切线方程； (2)若是的极大值点，求a的取值范围； (3)在（2）的条件下，若对恒成立，求a的取值范围. 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 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A D A B D D B C ACD BD BD 1．A 【详解】因为， 又，所以. 2．D【详解】解法一（分类法）： 根据至少1位女生入选的要求，分两类讨论： 选出1位女生、2位男生：选出3人的方法有种，再将选出的3人分配到3个场馆的方法有种，则该类安排方法有种； 选出2位女生、1位男生：选出3人的方法有种，再将选出的3人全排列分配到3个场馆的方法有种，则该类安排方法有种. 根据分类加法计数原理，总安排方法数为种. 解法二（间接法）： 从6人中任选3人分配到3个场馆的总安排数为，其中全为男生的安排数为， 因此符合条件的安排方法数为. 3．A 【详解】因为，，， 所以，所以， 在直三棱柱中，平面, 以为原点，为轴，为轴，为轴建系， 则则 , 所以，， 设异面直线和所成的角为， 则. 4．B 【详解】设等比数列的公比为， ①若， 由，得， 则，， 显然，所以不满足题意； ②若， 由，得， 因为，所以， 即， 所以，解得， 由，得，解得， 所以， 综上． 5．D 【详解】由题意得：， 所以经验回归直线必过点，故A错误； 由，故B错误； 所以，当时，， 所以对应的样本点的残差为，故C错误； 当时，，故D正确. 6．D 【详解】对A：，则，故A错误； 对B：，即第4项的系数为， 令，有，故B错误； 对C：，故此二项展开式的二项式系数和为，故C错误； 对D：令，则，又， 故，故D正确. 故选：D. 7．B 【详解】圆的圆心，半径， 圆化简得，则，即， 则圆的圆心为，半径， 又圆与圆有且仅有三条公切线，故两圆外切， 则，即，解得. 故选：B. 8．C 【详解】设，求导得，因， 则当时，，则，故在上单调递增； 当时，，则，故在上单调递减. 又为偶函数，，则，即函数是偶函数， 又，则， 则（*）， 由可得，则， 将（*）两边同除以，可得，即， 由是偶函数可得，又因函数在上单调递增， 可得且，解得. 9．ACD 【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． 10．BD 【详解】由椭圆，可得， 所以，故离心率为，故A错误； 根据椭圆的定义可知的周长为，故B正确； 根据椭圆焦半径的取值范围可知，故C错误； 根据基本不等式可得， 取等号条件是，故D正确. 11．BD 【详解】由，得， 对于A，， 所以在处的切线方程为，故A正确； 对于B，令，则，所以的单调递增区间为，故B错误； 对于C，令，则，所以函数的单调递减区间为， 所以的极大值为，故C正确； 对于D，方程的解的个数， 即为函数图象交点的个数， 当时，，当时，且， 如图，作出函数的大致图象， 由图可知，方程仅有一个解，故D错误. 12． 【详解】为等差数列，， ， . 13． 【详解】对于抛物线，由标准形式得，即，其准线方程为，焦点. 设点的坐标为，由抛物线的定义得，解得. 将代入抛物线方程，得，故. 因此点到轴的距离为. 14． 【详解】因为， 所以，故， 注意到， 所以， 设函数，其导数， 故在上单调递增，因此由得 所以，设， 求导得，令，解得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 当时，取最小值，最小值为， 当时，， 故的取值范围是. 15（1）设事件A为“车主驾龄不超过5年”，事件B为“车主经常使用智能驾驶辅助系统”. 由题意可知：，，根据条件概率公式得：， 所以该车主经常使用智能驾驶辅助系统的概率为0.58. （2）提出假设：智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄无关， 根据表中数据可得：， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄有关，该推断犯错误的概率不超过0.010. 16．(1)由，得， 即， 又， 所以是以为首项，为公比的等比数列； （2）由（1）可知，所以， 所以， 则， 所以． 17．（1）双曲线的右焦点为， 双曲线的渐近线方程为，即， 所以焦点到一条渐近线的距离为， 因为点在双曲线上，所以，解得， 故双曲线的标准方程为. （2）如图，设点、，设直线的方程为， 因为点不在直线上，则，可得， 联立，可得， 则，解得或， 由题意可得，所以且， 所以 ， 即直线、的斜率之和为. 18．(1)为等腰梯形，，， 又平面平面，平面平面， 平面， 又平面，平面平面. （2），， 平面平面，平面平面，，平面， 平面，又平面， ，故两两互相垂直， 以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系， 在等腰梯形，，，，， ，则， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，则， 设直线与平面所成角为，则. （3）设，则， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，则， 由题（2）可知，平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 整理得，解得或（舍去）， 故棱（不包括端点）上存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，此时. 19（1）若，则， 所以， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）由题意，得的定义域为，，所以. 当时，在区间上，单调递减， 在区间和上，单调递增， 所以是的极大值点，满足条件. 当时，在区间上单调递增，没有极值，不满足条件. 当时，在区间上，单调递减， 在区间和上，单调递增， 是的极小值点，不满足条件. 当时，在区间上，单调递减，在区间上，单调递增，所以是的极小值点，不满足条件. 综上，的取值范围是. （3）由（2）知，，且时，， 所以在上，恒成立，即恒成立， 即恒成立. 设，则. 令，则，当时，， 所以即在区间上单调递减，又， 所以，所以在区间上单调递减. 又，所以的取值范围是. 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 $