精品解析：上海市华东师范大学第二附属中学2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷

2025~2026学年华二附中高二下期末考试数学试卷 一、填空题（本大题共12小题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分） 1. 直线在轴上的截距为_____________. 2. 已知函数，其导数为，若，则___________. 3. 同时抛掷甲乙两枚质地均匀的骰子，设“甲骰子点数为3”，“两枚骰子点数之和为8”，则________． 4. 直线被圆截得的弦长为__________. 5. 如图,若正四棱柱的底面边长为2,高为4,则异面直线BD1与AD所成角的大小是______________(结果用反三角函数表示). 6. 已知函数在区间上是减函数，则实数的取值范围为___________. 7. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在上，若，则_______． 8. 某袋中装有大小相同质地均匀的黑球和白球共5个．从袋中随机取出3个球，已知取出的3个球全为黑球的概率为，若记取出3个球中黑球的个数为X，则______． 9. 已知双曲线、的顶点重合，的方程为，若的一条渐近线的斜率是的一条渐近线的斜率的2倍，则的方程为 ________. 10. 当时，将三项式展开，可得到如图所示的三项展开式和“广义杨辉三角形”： 若在的展开式中，的系数为10，则实数的值为____________. 11. 已知曲线和有两条公切线，其中一条为直线，则另外一条公切线的方程为________． 12. 将3×3方格表的每个方格染成黑色或白色，满足没有两行中三个格子的染色方式完全相同，也没有两列完全相同，则不同的染色方法数为_____________. 二、单选题（本大题共4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分） 13. 在一个文艺比赛中，10位观众评委给同一名选手的打分依次为：82，84，80，93，85，87，89，88，91，88，这组数据的第80百分位数为（ ） A. 88 B. 89 C. 90 D. 91 14. 下图是某城市在2025年元月至十月的最低气温（单位：℃）和最高气温（单位：℃）的散点图．定义各月的温差为该月的最高气温减去最低气温．若最低气温和最高气温的线性相关系数为，最低气温和温差的线性相关系数为，则下列说法正确的是（ ） A. ，且 B. ，且 C. ，且 D. ，且 15. 设抛物线：的焦点为，过的直线与交于，两点．若，则直线的斜率的绝对值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 16. 已知函数的导函数为，和的定义域均为，若，，，，则（ ） A. B. C. D. 28 三、解答题（本大题共5题，满分78分） 17. 如图，在直三棱柱中，，分别是的中点．已知，． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的大小． 18. 为研究大学生使用学习工具的情况与自主思考能力是否有关联，随机调查某校100名大学生，数据如下： 单位：人 使用学习工具的情况 自主思考能力 合计 强 一般 经常使用 22 28 50 不经常使用 34 16 50 合计 56 44 100 （1）依据小概率值的独立性检验，分析大学生使用学习工具的情况是否与自主思考能力有关． （2）小余之前从未使用过学习工具，他计划开始尝试使用学习工具进行学习，他在第天使用学习工具的概率为，设每天是否使用学习工具进行学习相互独立．设小余前3天中使用学习工具进行学习的天数为，求的分布列与期望． 参考公式：，． 参考数据： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.841 10.828 19. 在日日新一次活动后，参加活动的5名男生和3名女生排成一行拍照留念，其中男生甲和女生乙是小组长，在下列不同条件下，求排列方法的数量： （1）要求男女两名小组长相邻； （2）要求女生小组长不在排头和排尾，并且她左右两边各有一名女生； （3）要求男女两名小组长都不在排头和排尾，并且男生小组长左右各有一名女生，女生小组长左右各有一名男生. 20. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在上． （1）求的方程； （2）设直线：与交于、两点． （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）若为平面上一点，且，求的最大值． 21. 定义函数的“佳点”如下：对动点，当时，，当时，．当时，． （1）若函数．写出的一个“佳点”，并说明理由； （2）若函数的最小值为0，其中． （ⅰ）求； （ⅱ）求的横坐标最大的“佳点”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年华二附中高二下期末考试数学试卷 一、填空题（本大题共12小题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分） 1. 直线在轴上的截距为_____________. 【答案】 【解析】 【详解】令，得，所以直线在轴上的截距为. 2. 已知函数，其导数为，若，则___________. 【答案】2 【解析】 【分析】求导后令即可求得答案. 【详解】由题意得，所以，所以. 3. 同时抛掷甲乙两枚质地均匀的骰子，设“甲骰子点数为3”，“两枚骰子点数之和为8”，则________． 【答案】 【解析】 【分析】分别求出和，再代入公式计算． 【详解】事件为“甲骰子点数为3”，甲骰子出现点数3只有1种情况， 而每枚骰子有6种可能的点数，同时投掷两枚骰子，总共有种不同的结果． 可得． 事件表示“甲骰子点数为3且两枚骰子点数之和为8”， 设甲骰子的点数为，乙骰子的点数为，则且，那么，即只有这1种情况． 根据古典概型概率公式可得． 所以． 4. 直线被圆截得的弦长为__________. 【答案】4 【解析】 【分析】求出直线与圆的交点坐标，即可求出弦长. 【详解】当，代入圆方程可得， 解得或， 即直线与圆的两交点坐标为， 所以弦长为4， 故答案为：4 5. 如图,若正四棱柱的底面边长为2,高为4,则异面直线BD1与AD所成角的大小是______________(结果用反三角函数表示). 【答案】 【解析】 【详解】连接, 因为∥,所以即是异面直线与AD所成的角, 在中,由知为直角三角形, 因为, 所以 ,则, 因此异面直线与AD所成角的大小是 . 6. 已知函数在区间上是减函数，则实数的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【详解】由题意，，， 故在恒成立， 即在恒成立，所以. 7. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在上，若，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，结合椭圆的定义即可求解 【详解】 已知椭圆，则，， 由椭圆的定义得，， 由于，所以， 则. 8. 某袋中装有大小相同质地均匀的黑球和白球共5个．从袋中随机取出3个球，已知取出的3个球全为黑球的概率为，若记取出3个球中黑球的个数为X，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用组合与古典概型求得黑球的个数，从而求得的分布列，进而求得的期望，由此得解. 【详解】依题意，设黑球的个数为，由，得，则， 记取出3个球中黑球的个数为，的取值可以为1，2，3； ，，， 则分布列如下： 1 2 3 所以. 故答案为：. 9. 已知双曲线、的顶点重合，的方程为，若的一条渐近线的斜率是的一条渐近线的斜率的2倍，则的方程为 ________. 【答案】 【解析】 【分析】求出的一条渐近线的斜率，可得的一条渐近线的斜率，利用双曲线、的顶点重合，可得的方程． 【详解】解：的方程为，一条渐近线的方程为， 因为的一条渐近线的斜率是的一条渐近线的斜率的2倍， 所以的一条渐近线的方程为， 因为双曲线、的顶点重合， 所以的方程为． 故答案为：． 10. 当时，将三项式展开，可得到如图所示的三项展开式和“广义杨辉三角形”： 若在的展开式中，的系数为10，则实数的值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据广义杨辉三角的展开式，得到项为，列出方程，即可求解. 【详解】由广义杨辉三角，可得：， 即在的展开式中，的系数为45，的系数为30， 所以在的展开式中，项为， 所以，解得. 11. 已知曲线和有两条公切线，其中一条为直线，则另外一条公切线的方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据两条曲线的其中一条公切线为，结合导数的几何意义求出，设出另一条切线的两条曲线的切点坐标，得到切线方程，联立方程组求解即可. 【详解】对，求导得， 设切点为，切线斜率，解得，则切点为，切线方程为，满足条件. 对，求导得. 设切点为，则切线斜率为，所以，故切点坐标为， 代入切线中得，，则. 设另一条公切线与相切于，则切线方程为， 即. 设该公切线与相切于，则切线方程为， 即. 所以，解得或. 当时，对应切线方程为，即已知切线方程； 当时，对应切线方程为. 故另外一条公切线的方程为. 12. 将3×3方格表的每个方格染成黑色或白色，满足没有两行中三个格子的染色方式完全相同，也没有两列完全相同，则不同的染色方法数为_____________. 【答案】264 【解析】 【分析】记黑色为0，白色为1，先计算出总排列数，再排除重复列. 【详解】不妨记黑色为0，白色为1，先定行，再排除重复列， （ⅰ）对于每一行，种选择，即：000，001，010，011，100，101，110，111，则三行互不相同的所有排法共：种， （ⅱ）当第一列和第二列重复，有4种选择，即000，001，110，111，染色方式有种； 同理，第一列和第三列重复，第二列与第三列重复，都是种， 又这三类之间不重复，故不同的染色方法数为：种. 二、单选题（本大题共4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分） 13. 在一个文艺比赛中，10位观众评委给同一名选手的打分依次为：82，84，80，93，85，87，89，88，91，88，这组数据的第80百分位数为（ ） A. 88 B. 89 C. 90 D. 91 【答案】C 【解析】 【详解】将数据按照从小到大的顺序排列为80，82，84，85，87，88，88，89，91，93， 因为，则第80百分位数是第8个数字和第9个数字的平均数， 所以这组数据的第80百分位数为. 14. 下图是某城市在2025年元月至十月的最低气温（单位：℃）和最高气温（单位：℃）的散点图．定义各月的温差为该月的最高气温减去最低气温．若最低气温和最高气温的线性相关系数为，最低气温和温差的线性相关系数为，则下列说法正确的是（ ） A. ，且 B. ，且 C. ，且 D. ，且 【答案】D 【解析】 【分析】根据线性相关系数的性质与线性相关程度判断即可. 【详解】由散点图可得，随着最低气温的升高，最高气温也升高，所以最低气温和最高气温成正相关，故. 因温差最高气温最低气温，由图知，随着最低气温不断升高，最高气温升高幅度相对较小， 故温差逐渐减小，即最低气温和温差成负相关，故. 由散点图可以看出，最低气温与最高气温的线性相关程度较强，最低气温与温差的线性相关程度较弱， 根据线性相关系数的性质，值越接近1，随机变量之间的线性相关程度越强；值越接近0，随机变量之间的线性相关程度越弱.由上分析，可得. 15. 设抛物线：的焦点为，过的直线与交于，两点．若，则直线的斜率的绝对值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】设出直线方程，与抛物线方程联立，结合韦达定理及焦半径公式求解即可. 【详解】抛物线的焦点， 设过的直线的方程为，设，. 联立，整理得， ， 则，. 抛物线的弦长，解得，即. 16. 已知函数的导函数为，和的定义域均为，若，，，，则（ ） A. B. C. D. 28 【答案】C 【解析】 【分析】由题可得，赋值计算可得为等差数列，可求得，由题可得 ，化简可得，根据，采用赋值计算可得，最后计算求解即可. 【详解】由，求导得， 又，所以， 令得， 又，所以， 又，所以， 又，所以. 综上，是以为首项，为公差的等差数列， 所以； 由，易得， 又，所以，即， 因为，， 所以，，，， ，，， 即， 所以. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：由，求导得，根据得，采用赋值计算可判断是等差数列，由，可知其原函数为，根据得，根据，，采用赋值计算即可求解. 三、解答题（本大题共5题，满分78分） 17. 如图，在直三棱柱中，，分别是的中点．已知，． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：利用勾股定理证，建系，求出平面的法向量，由即可证得；方法二：连结，交于点，利用三角形中位线定理证明，再由线线平行证得线面平行即可； （2）根据（1）的方法一建系，求出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式求解即得. 【小问1详解】 方法一：因为，， 由，可得， 如图，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则 设平面的法向量为， 则， 故可取， 因，因平面，故平面 方法二：连结，交于点，连结， 因为点分别是的中点，所以， 平面平面，. 所以平面； 【小问2详解】 仿照（1）方法一建系，则， 于是， 设平面的法向量为， 所以，故可取， 设与平面所成角为， 则， 因，则 即直线与平面所成角的大小为． 18. 为研究大学生使用学习工具的情况与自主思考能力是否有关联，随机调查某校100名大学生，数据如下： 单位：人 使用学习工具的情况 自主思考能力 合计 强 一般 经常使用 22 28 50 不经常使用 34 16 50 合计 56 44 100 （1）依据小概率值的独立性检验，分析大学生使用学习工具的情况是否与自主思考能力有关． （2）小余之前从未使用过学习工具，他计划开始尝试使用学习工具进行学习，他在第天使用学习工具的概率为，设每天是否使用学习工具进行学习相互独立．设小余前3天中使用学习工具进行学习的天数为，求的分布列与期望． 参考公式：，． 参考数据： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.841 10.828 【答案】（1）依据小概率值的独立性检验，认为大学生使用AI学习工具的情况与自主思考能力有关. （2）的分布列为： 0 1 2 3 期望. 【解析】 【分析】（1）根据独立性检验计算值，再判断即可； （2）由题可知的可能取值为，再利用独立事件乘法公式得到对应概率，列出分布列求出期望即可. 【小问1详解】 零假设为：大学生使用AI学习工具的情况与自主思考能力无关. ， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为大学生使用AI学习工具的情况与自主思考能力有关. 【小问2详解】 由题意，的可能取值为， ， ， ， ， 故的分布列为 0 1 2 3 . 19. 在日日新一次活动后，参加活动的5名男生和3名女生排成一行拍照留念，其中男生甲和女生乙是小组长，在下列不同条件下，求排列方法的数量： （1）要求男女两名小组长相邻； （2）要求女生小组长不在排头和排尾，并且她左右两边各有一名女生； （3）要求男女两名小组长都不在排头和排尾，并且男生小组长左右各有一名女生，女生小组长左右各有一名男生. 【答案】（1）10080； （2）1440； （3）576 【解析】 【小问1详解】 用捆绑法先排其余6名成员，有种排法， 再把两名组长捆绑起来排进去，考虑2名组长交换，共， 因此共有种不同排法. 【小问2详解】 第一步考虑两名女生和女组长绑一起，让女组长排中间，则共有， 第二步考虑5名男生和这个捆绑的整体一起排序，则有种， 因此共有种不同排法. 【小问3详解】 第一步考虑两名女生和男组长绑一起，让男组长排中间，则共有， 考虑两名男生和女组长绑一起，让女组长排中间，则共有， 第二步考虑余下2名男生和这两个捆绑的整体一起排序，则有种， 因此共有种不同排法. 20. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在上． （1）求的方程； （2）设直线：与交于、两点． （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）若为平面上一点，且，求的最大值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的焦点坐标得到，再将点代入椭圆方程，结合即可得到的方程； （2）（ⅰ）先联立椭圆和直线方程得到关于的一元二次方程，再根据韦达定理及已知条件得到点坐标，进而得到的值；（ⅱ）先根据中点的坐标及中点也在直线上求出，再根据弦长公式求出，再根据，得到点在以为直径的圆上，从而得到当、、三点共线时，有最大值，进而得到，再利用三角换元法或导数法求最值即可． 【小问1详解】 由椭圆的左、右焦点分别为，，则， 又椭圆过点，所以， 又，故，所以的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）因为直线：与椭圆交于、两点，设、两点坐标分别为，， 联立，消去，整理得， 则，解得， 则，， 又，， 则，即， 又因为点在椭圆上，即， 联立方程组，解得，，，， 由于点在直线方程上， 解得，，，， 又因为，所以． （ⅱ）设线段的中点坐标为，则， 所以，所以， 所以， 又，则点在以为直径的圆上， 而，当且仅当、、三点共线时等号成立， ，其中. 法1：（三角换元法） 设，，则， 所以，， 当时，，所以的最大值为． 法2：（导数法求最值） 令，则，， 所以， 因为在上单调递减，由，得 当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减， 所以，所以的最大值为． 21. 定义函数的“佳点”如下：对动点，当时，，当时，．当时，． （1）若函数．写出的一个“佳点”，并说明理由； （2）若函数的最小值为0，其中． （ⅰ）求； （ⅱ）求的横坐标最大的“佳点”． 【答案】（1）“佳点”为，理由: 画出与圆的图像如下图所示： 若，则. 若，由图可知的图像在圆的内部，所以. 若，则， 所以，是的一个“佳点”. （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据“佳点”定义，取点，分、、三种情况，通过计算与的大小关系，验证该点满足佳点条件. （2）（ⅰ）利用函数最小值为的条件，先由确定，再分别讨论和时函数的取值情况，验证仅满足最小值为的要求. （ⅱ）先构造辅助函数分析的符号，验证满足佳点定义；再通过反证法证明不存在横坐标大于的佳点，从而确定是横坐标最大的佳点. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）由题知：，得 若，先证，构造函数， ，所以在区间上单调递减， 在区间上单调递增，所以， 所以（证毕）. 因为，变形得， 所以，当时等号成立，满足题意 若，， 当时，， 当时，， 当时，，不合题意 综上，. （ⅱ）由（i）得， 先证明是的“佳点”： 因为， 令， 法1：先证，构造函数， 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 所以，所以（证毕）. 令，， ， 所以在上单调递增，又因为， 所以当时，，即时，； 当时，，即时，. 法2：， 所以，在上单调递增 又因为，， 所以，当时，，， 所以，得； 当时，； 当时，，，所以，得， 所以是的“佳点”. 再证明是的横坐标最大的“佳点”： 假设是的“佳点”，且； 如果，则，点在曲线上， 则，不合题意； 如果，则，考虑点，因为，所以. 根据“佳点”的定义，应有， 但，矛盾. 综上，的横坐标最大的“佳点”为点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $