湖南省衡阳市2025-2026学年高二下学期期末考试数学自编试卷（人教A版）

**基本信息** 湖南省衡阳市高二下学期期末数学试卷，以函数、几何、概率统计等核心知识为载体，通过AI用户数据回归、知识竞赛概率模型等真实情境，考查数学抽象、逻辑推理与数据分析素养，实现基础巩固与创新应用的梯度考查。 **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|函数性质（7题）、立体几何（5题）、概率统计（2、8、9题）|第9题结合AI软件用户数据考查线性回归，体现数据观念| |填空题|3题/15分|导数计算（12题）、概率（13题）、不等式恒成立（14题）|13题以电子产品合格率为背景，强化应用意识| |解答题|5题/77分|解三角形（15题）、立体几何（16题）、概率综合（17题）、数列探究（18题）、函数综合（19题）|17题设计知识竞赛晋级模型，18题探究数列性质，突出逻辑推理与创新意识|

湖南省衡阳市2025-2026学年高二下学期期末考试自编试卷 数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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. 一、选择题（本大题共8个小题，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．（    ） A． B． C． D． 2．已知随机变量服从正态分布，且，则（    ） A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4 3．已知，则“”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 4．已知曲线，下列说法中正确的是（   ） A．把向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的3倍，得到 B．把向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的3倍，得到 C．把向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的倍，得到 D．把向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的倍，得到 5．如图，在正方体中，点P满足，则向量与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．下列有关排列数、组合数的等式中，，错误的是（　　） A． B． C． D． 7．已知函数，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 8．一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔等可能地沿数轴的正方向或负方向移动一个单位，共移动9次，则质点最可能移动到的位置是（    ） A．7或 B．1或 C．3或 D．5或 2、 选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，至少有两项符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分） 9．某AI软件的开发团队为迎合市场需求开发了一款手机软件，该软件最近5个月的用户数量如下表所示： 月份 1 2 3 4 5 用户数量（百万） 0.5 0.7 1.1 1.3 1.7 若关于的线性回归方程为，则（    ） A．变量，正相关 B． C．可以预测当时，用户数量首次突破2百万 D．当时，实际用户数量高于预测值 10．已知是函数的极大值点，则（    ） A． B．是的极小值点 C．的单调递减区间为 D．恰有3个零点 11．函数是定义域为的奇函数，当时，，下列结论正确的有（   ） A．当时， B．方程有3个不等实根 C．函数有最大值 D． 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．已知函数，则_________． 13．已知某地市场上供应的一种电子产品中，甲厂产品占80%，乙厂产品占20%，甲厂产品的合格率是70%，乙厂产品的合格率是80%，则从该地市场上买到一个合格产品的概率是______. 14．已知函数，若在上恒成立，则实数a的取值范围是________． 四、解答题（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．已知中，角的对边分别为，且满足. (1)求角； (2)若，求的面积. 16．图，四边形为正方形，平面平面，，点在线段上，． (1)证明：平面． (2)证明：平面平面． (3)求平面与平面的夹角的正弦值． 17．甲乙两人参加知识竞赛活动，比赛规则如下：两人轮流随机抽题作答，答对积1分且对方不得分，答错不得分且对方积1分；然后换对方抽题作答，直到有领先2分者晋级，比赛结束.已知甲答对题目的概率为，乙答对题目的概率为p，答对与否相互独立，抽签决定首次答题方，已知两次答题后甲乙两人各积1分的概率为.记甲乙两人的答题总次数为. (1)求p； (2)当时，求甲得分X的分布列及数学期望； (3)若答题的总次数为n时，甲晋级的概率为，证明：. 18．已知数列的前项和为，若存在常数，使得对任意都成立，则称数列具有性质． (1)若数列的通项公式，求证：数列具有性质； (2)设数列的各项均为正数，且具有性质． ①若数列是公比为的等比数列，且，求的值： ②求的最小值． 19．定义在R上的奇函数，当时，. (1)求的解析式； (2)当的定义域为（）时，的值域为，求的取值. (3)是否存在实数，使得当的定义域为时，的值域为，如果存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 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 $ 湖南省衡阳市2025-2026学年高二下学期期末考试自编试卷 数学试题（解析版） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B B C A B B B AC BCD 题号 11 答案 ABD 1．D 【详解】由组合数的定义公式 可得. 2．B 【分析】由正态分布曲线的对称性有，即可得答案. 【详解】由题设，正态分布曲线关于对称， 所以. 故选：B 3．B 【分析】根据由能不能推出及由能不能推出即可得答案. 【详解】解：由，可得或； 由可得且， 所以由不能推出，但由能推出， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 4．C 【详解】变换方式一：由函数的图象可向左平移个单位长度，得到， 再将所有点的横坐标变为原来的，得到. 变换方式二：可知， 由函数的图象所有点的横坐标变为原来的，得到， 再向左平移个单位长度，得到. 5．A 【详解】如图，以D为原点，分别以，，所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. 设正方体的棱长为3，则，，，， 所以，， 故， 所以向量与夹角的余弦值为.   6．B 【分析】利用组合数性质判断A；利用排列数阶乘公式判断B；利用组合数性质计算判断C；利用组合数性质及二项式定理计算判断D． 【详解】选项A：由组合数性质知，，故A正确； 选项B：当时，，故B错误； 选项C： ，故C正确； 选项D：因为， 所以 ，故D正确． 7．B 【分析】先根据已知条件得出函数的对称性与单调性，再利用函数性质化简不等式求解. 【详解】由题意可得：，， 则关于对称，， 所以在上单调递增，等价于， 所以，即，所以． 8．B 【分析】首先得出最终位置的分布满足二项分布，然后求出位置对应的概率，最后根据组合数的性质即可求解. 【详解】 设9次移动中，质点向正方向移动（），则向负方向移动次， 最终位置为： ， 每次向正/负方向移动概率均为，因此位置对应的概率为 ， 概率大小由组合数决定， 组合数满足“先增后减，中间最大”， 当时，最大的组合数为，即和时概率最大， 时，， 时，， 因此质点最可能移动到的位置是或. 9．AC 【分析】对于A，由表格数据变化情况可判断；对于B，由回归方程过点可判断选项正误；对于C，由B分析可得回归方程，据此可判断选项正误；对于Ｄ，比较预测值与实际数量大小可判断选项正误． 【详解】对于A，由表格数据可得随着的增大而增大，故变量正相关，故A正确； 对于B，由表格数据可得，，因过点， 则，故B错误； 对于C，由B可得回归方程为：，当时，，故C正确； 对于D，当时，由回归方程可得预测值为，而用户实际数量为，故D错误． 10．BCD 【详解】函数，定义域为，， 是的极大值点，有，解得或， 当时，，在上单调递减，不合题意； 当时，， 解得或，解得， 在和上单调递增，在上单调递减， 是的极大值点，是的极小值点，符合题意. 所以A选项错误，BC选项正确； ，时，时， 的极大值为，的极小值为， 所以恰有3个零点，D选项正确. 11．ABD 【分析】运用奇函数的定义可得时的解析式，可判断A；令，求出所对应的方程的解，即可判断；利用导数判断函数的单调性求出函数的极值，即可判断；由的值域可判断． 【详解】对于A，函数为定义在上的奇函数， 当时，，，故A正确； 对于B，当时，，解得，时，，解得， 又，所以有和0三个零点，故B正确； 对于C，当时，，，当时，，递减， 时，，递增， ∴时，有极小值，时，，，， 由是奇函数，∴时，有极大值， 又，所以的值域是，故C错误； 对于D，由C的讨论知，因此对任意的实数有，， ∴，即，故D正确. 故选：ABD. 12．4 【分析】根据分段函数解析式，代入计算即得答案. 【详解】由题意得， 故， 故答案为：4 13．0.72/ 【分析】利用全概率公式求解从该地市场上买到一个合格产品的概率，需要先确定不同厂家产品的概率以及在各厂家产品条件下买到合格产品的概率，再根据全概率公式计算最终结果. 【详解】设“买到的产品是甲厂产品”为事件，“买到的产品是乙厂产品”为事件. 已知甲厂产品占，乙厂产品占，所以，. 记“从该地市场上买到一个合格产品”为事件. 因为甲厂产品的合格率是，所以在买到甲厂产品的条件下，产品合格的概率； 又因为乙厂产品的合格率是，所以在买到乙厂产品的条件下，产品合格的概率. 根据全概率公式. 将，，，代入上式可得： 故答案为：. 14． 【分析】参变分离，构造新函数，求得单调性即可求解． 【详解】因为在上恒成立，即在上恒成立， 取，所以，显然递增，即， 所以在单调递增，所以， 所以， 故答案为：． 15．(1) (2) 【分析】（1）由代入即可求解； （2）由（1）结合正弦定理可得，再由面积公式即可求解. 【详解】（1）由余弦定理可得：，即， ； （2）由正弦定理可得：， 则， 解得 16．(1)证明：过点作，垂足为． 因为，所以四边形是正方形， 所以，， 则是等腰直角三角形，所以，则，即． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面. 因为平面，所以． 因为，所以平面． (2)证明：连接，记，连接． 由（1）得四边形是正方形，，平面， 所以平面， 因为平面，所以． 又，所以． 因为，所以，即， 所以，所以平面． 因为平面，所以平面平面． (3) 【分析】（1）通过判断是等腰直角三角形得到，利用面面垂直得到线面垂直进而得到，最后根据线面垂直的判定定理得证； （2）连接，记，连接．结合线面垂直和平行的传递性得到平面，利用面面垂直判定定理得证平面平面； （3）建立空间直角坐标系分别求出平面与平面的法向量，用向量法求解. 【详解】（1）略 （2）略 （3） 连接．在正方形中，． 由（2）得平面，因为平面，所以． 因为，所以平面. 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则． 由题可知是平面的一个法向量，是平面的一个法向量． ， 所以平面与平面的夹角的正弦值为． 17．(1) (2)分布列见解析， (3)证明见解析 【分析】（1）记“第i次答题时为甲”，“甲积1分”，然后利用条件概率相关知识即可求解； （2）由题意可知时，X可能的取值为0，1，2，结合题意求出每个取值对应的概率即可求解； （3）由题可得，然后利用单调性即可证明. 【详解】（1）记“第i次答题时为甲”，“甲积1分”， 则，，，，， ， 则，解得； （2）由题意可知当时，X可能的取值为0，1，2， 则由（1）可知，，， X的分布列为： 0 1 2 随机变量X的数学期望为. （3）由答题总次数为n时甲晋级，不妨设此时甲的积分为，乙的积分为， 则，且，所以甲晋级时n必为偶数，令， 当n为奇数时，， 则 ， 又时，随着m的增大而增大， 18．(1)证明见解析 (2)①；②4 【分析】（1）求出和，求出即可求解； （2）①证明，分和两种情况即可求解； ②证明，证明，证明，结合反证法即可证明. 【详解】（1）因为，所以， 所以数列是以为公差，为首项的等差数列， 所以， 所以， 即，所以数列具有性质； （2）①由数列具有性质得， 又等比数列的公比为， 若，则， 解得，与为任意正整数相矛盾， 当时，， 而，整理得， 若，则， 解得，与矛盾， 若，则， 当时，恒成立，满足题意， 当且时，， 解得，与矛盾， 所以； ②由，得， 即，因此，当且仅当时取等号， 即，则有， 由数列各项均为正数， 得，从而，即， 若，则，与矛盾， 因此当时，恒成立，符合题意， 所以的最小值为4． 19．(1) (2) (3)存在，或 【分析】（1）由奇函数定义可求得函数解析式. （2）讨论定义域和二次函数对称轴的关系，根据函数的最大值和最小值建立等量关系，计算的值. （3）分“”和“”两种情况分析，结合函数的单调性建立等量关系即可得到结果. 【详解】（1）当时，， 所以 所以的解析式为. （2）当时，，所以. ①当时，在上单调递增，此时，解得不合题意. ②当时，在上单调递增，在上单调递减， 则，即，，即，符合题意； ③当时，在单调递减，则，解得，不合题意. 综上得，. （3）由得，，由得，得，故同号. ①当时，由于时，，故，则， 所以在区间上单调递减， 所以， 即为方程的根， 由得，即，从而解出. ②同理时，由于时，，故，则 故在区间上单调递减， 所以，解得. 综上可得，或. 【点睛】思路点睛：本题考查函数值域和单调性综合问题，具体思路如下： （1）设，求得的表达式，利用奇函数的定义可得出的表达式，综合可得出函数的解析式. （2）根据题目条件分、、三种情况讨论，结合函数单调性找到定义域和值域的对应关系，即可得到结果. （3）根据题目条件得到，分和两种情况讨论，确定函数在区间上的单调性，结合函数的单调性建立等量关系即可得到结果. 学科网（北京）股份有限公司 $