精品解析：四川宜宾市第一中学校2025-2026学年高二下学期期末模拟数学试卷一

宜宾市一中2024级高二下期期末模拟试卷一 数学试题 满分150分 考试时间：120分钟 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（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，只有一项符合题目要求．） 1. 已知函数，那么等于（ ） A. B. C. D. 2. 函数的单调递增区间为( ) A. B. C. D. 3. 为了解性别与体育锻炼是否有关，采取简单随机抽样的方法抽取50名学生，得到成对样本观测数据的分类统计结果，如表所示（单位：人），根据数据计算，并依据小概率值的独立性检验，附： ，，下列结论正确的是（ ） 锻炼 合计 不经常 经常 女生 15 5 20 男生 10 20 30 合计 25 25 50 A. 性别与体育锻炼有关 B. 性别与体育锻炼有关，此推断犯错误的概率不超过0.001 C. 性别与体育锻炼无关 D. 性别与体育锻炼无关，此推断犯错误的概率不超过0.001 4. 为调查某企业年利润Y（单位：万元）和它的年研究费用x（单位：万元）的相关性，收集了5组成对数据（x，y），如表所示： x 1 2 3 4 5 Y 50 60 70 80 100 由上表中数据求得Y关于x的经验回归方程为，据此计算出样本点处的残差为（       ） A. 4 B. 5 C. -4 D. -5 5. 在的展开式中，所有二项式系数的和为，则的系数为（ ） A. B. C. D. 6. 有7件产品，其中3件是次品，从中每次取1件，不放回地任取3次，若表示取得次品的件数，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在处取得极大值，则的值是（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 8. 已知函数，若且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给出的选项中，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. 在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回．设事件“第1次抽到代数题”，“第2次抽到几何题”，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数．则下列说法正确的是（ ） A. 在处取得最小值 B. 方程有且仅有一个实根 C. 对任意，函数关于单调递增 D. 对任意，都有 11. 将函数的所有极值点按照从小到大的顺序排列，得到数列，则对于任意的正整数，有（ ） A. B. 是极小值点 C. D. 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. 若随机变量且，则________. 13. 现要从6名学生中选4名代表班级参加学校接力赛，其中已经确定甲参加且跑第1棒或第4棒，乙只能跑第2，3棒．那么合适的选择方法种数为________________． 14. 若恒成立，则实数的取值范围为________________． 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. 已知公比不为1的等比数列的前项和为，且，． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点． （1）证明：． （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 某电台举办有奖知识竞答比赛，选手答题规则相同．甲每道题自己有把握独立答对的概率为，若甲自己没有把握答对，则在规定时间内连线亲友团寻求帮助，其亲友团每道题能答对的概率为，假设每道题答对与否互不影响． （1）当时，甲答了4道题，记甲答对题目的个数为随机变量，求和． （2）乙答对每道题的概率为（含亲友团），现甲乙两人各答两个问题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于，求甲的亲友团每道题答对的概率的最小值． 18. 已知椭圆的右焦点，短轴长为2. （1）求椭圆的方程； （2）记为坐标原点，直线与椭圆交于两点，过点作直线的垂线，垂足为. （i）求证：直线恒过定点； （ii）求面积的取值范围. 19. 已知函数，． （1）当时，求在区间上的最大值与最小值； （2）若函数有三个不同的极值点，，． （i）求实数的取值范围； （ii）若，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宜宾市一中2024级高二下期期末模拟试卷一 数学试题 满分150分 考试时间：120分钟 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（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，只有一项符合题目要求．） 1. 已知函数，那么等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，则. 2. 函数的单调递增区间为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定函数定义域，再求导并解导数大于零的不等式，得到单调递增区间. 【详解】函数的定义域为， . 令，由，，得，即. 故函数的单调递增区间为. 3. 为了解性别与体育锻炼是否有关，采取简单随机抽样的方法抽取50名学生，得到成对样本观测数据的分类统计结果，如表所示（单位：人），根据数据计算，并依据小概率值的独立性检验，附： ，，下列结论正确的是（ ） 锻炼 合计 不经常 经常 女生 15 5 20 男生 10 20 30 合计 25 25 50 A. 性别与体育锻炼有关 B. 性别与体育锻炼有关，此推断犯错误的概率不超过0.001 C. 性别与体育锻炼无关 D. 性别与体育锻炼无关，此推断犯错误的概率不超过0.001 【答案】C 【解析】 【详解】零假设为性别与体育锻炼无关， 由表可知，代入 其中 所以 因为， 所以没有充分证据说明性别与体育锻炼有关，即性别与体育锻炼无关. 4. 为调查某企业年利润Y（单位：万元）和它的年研究费用x（单位：万元）的相关性，收集了5组成对数据（x，y），如表所示： x 1 2 3 4 5 Y 50 60 70 80 100 由上表中数据求得Y关于x的经验回归方程为，据此计算出样本点处的残差为（       ） A. 4 B. 5 C. -4 D. -5 【答案】C 【解析】 【详解】依题意，，， 由回归方程必过样本中心，得，解得， 所以在样本点处的残差为. 5. 在的展开式中，所有二项式系数的和为，则的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】∵ 二项式的所有二项式系数的和为，由题得，解得. ∴ 的展开式的通项为，. 令，可得的系数为. 6. 有7件产品，其中3件是次品，从中每次取1件，不放回地任取3次，若表示取得次品的件数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用超几何分布即可求解. 【详解】由题意知的可能取值为，，，，服从超几何分布， 则. 7. 已知函数在处取得极大值，则的值是（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】由求出的值并检验的极值点即可. 【详解】函数，有， 在处取得极大值，则有，解得或， 当时，， ，解得或；，解得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 在处取得极小值，不合题意； 当时，， ，解得或；，解得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值，满足题意，所以. 8. 已知函数，若且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】图像如图． 设 则． 所以， ，， 设 ，则．所以在上单调递增． ， ． 所以时，． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给出的选项中，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. 在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回．设事件“第1次抽到代数题”，“第2次抽到几何题”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，由题意得：，，正确； 对于B，，，错误; 对于C，，正确； 对于D，，错误. 10. 已知函数．则下列说法正确的是（ ） A. 在处取得最小值 B. 方程有且仅有一个实根 C. 对任意，函数关于单调递增 D. 对任意，都有 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用导数确定函数的单调性，即可判断A；令，利用导数确定其单调性，即可确定零点个数，即可判断B；因为，利用导数可确定其单调性，从而判断C；举反例判断D. 【详解】由，得． 当时，；当时，． 所以在处取得最小值．故A正确； 方程 等价于， 即， 令． 则， 且． 除外，， 故严格递增，只有一个零点0．所以方程有且仅有一个实根．故B正确． 对任意，． 对求导得． 所以关于单调递增．故C正确． 当时，． 令，有． 故不可能对任意都有．D错误． 11. 将函数的所有极值点按照从小到大的顺序排列，得到数列，则对于任意的正整数，有（ ） A. B. 是极小值点 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合导数的性质与零点存在性定理得到，，利用不等式的基本性质可判断A，不断构造函数并结合导数的性质判断B，利用正弦函数性质并结合题意代换判断C，结合B项及函数单调性判断D即可. 【详解】由题意得的定义域为，则， 而极值点满足，即，因，则， 即时，而，，， 结合零点存在性定理得，， 对于A，由已知得，，所以，故A正确； 对于B，令，则， 令，则， 令，， 当时，，则在上单调递增， 而，，则， 由零点存在性定理得存在作为零点， 即存在作为零点， 令，得，令，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 即在上单调递减，在上单调递增， 而，，， 则，由零点存在性定理得存在作为零点， 令，得，令，得， 可得在上单调递减，在上单调递增， 则是的极小值点，故B正确； 对于C，由已知得，， 则，而， ，而，则，得到， 由正弦函数性质得在上单调递减， 则，得到，故C错误； 对于D，由B项知，是的极小值点， 且函数在上单调递增， 故，故D正确. 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. 若随机变量且，则________. 【答案】0.6## 【解析】 【分析】利用正态分布对称性求解. 【详解】因为随机变量且， 所以， 根据正态分布曲线的对称性，可得， 所以. 13. 现要从6名学生中选4名代表班级参加学校接力赛，其中已经确定甲参加且跑第1棒或第4棒，乙只能跑第2，3棒．那么合适的选择方法种数为________________． 【答案】 【解析】 【分析】“乙只能跑第、棒”是限制条件，不是强制参赛，所以分两类：乙参赛时，甲乙各选棒次，再从剩余4人中选2人排列，得种；乙不参赛时，甲选棒次，从剩余4人中选3人排列，也得种，合计种. 【详解】甲参加且跑第1棒或第4棒，乙如果参加只能跑第2或第3棒，分两类： 第一类，乙被选中. 从其余4人中选2人，有种选法.甲有2种棒次选择，乙有2种棒次选择，剩余2人排2棒有种.共种. 第二类，乙不被选中. 从其余4人中选3人，有种选法.甲有2种棒次选择，剩余3人排3棒有种.共种. 总数为种. 14. 若恒成立，则实数的取值范围为________________． 【答案】 【解析】 【分析】通过判断前段函数的正负值再判断后段函数的正负值，通过导数求单调性并求解范围. 【详解】设，， 所以在单调递增，在单调递减. 又因为，所以恒成立. 要使恒成立，只要求. 设，，令，解得. 若，，则在单调递减，在单调递增. 所以，解得，因此. 若，即，在单调递增恒成立，且，， 所以恒成立，因此. 综上所述，. 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. 已知公比不为1的等比数列的前项和为，且，． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等比数列的性质和题目已知条件，列出方程，求出公比，进而写出通项公式； （2）由（1）求出，进而求得，得的通项，利用裂项相消法求和. 【小问1详解】 设等比数列的公比为，且， ，，由等比性质可知， 因为，所以，， . 【小问2详解】 因为，则， 所以， 所以 . 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点． （1）证明：． （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）因为底面是正方形，所以， 又因为平面平面，且平面底面，底面， 所以平面， 因为平面，所以． 又因为是正三角形，是的中点，所以． 因为，且，平面，所以平面， 又因为平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明； （2）解法1：根据线面角的定义作出线面角的平面角，计算即可求解；解法2：建立空间直角坐标系，根据线面角空间向量法计算即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法1：作，垂足为，连接． 因为平面平面，平面平面，且平面，， 则平面． 所以为在平面上的射影，为直线与平面所成的角． 因为平面，平面，所以． 因为，，所以， 因为，所以． 在中，． 所以直线与平面所成角的正弦值为． 解法2：以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系．已知底面边长为，是正三角形， 所以，，，，则， 因为是的中点，故，所以，， 设平面的法向量为， 所以，即，令， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 17. 某电台举办有奖知识竞答比赛，选手答题规则相同．甲每道题自己有把握独立答对的概率为，若甲自己没有把握答对，则在规定时间内连线亲友团寻求帮助，其亲友团每道题能答对的概率为，假设每道题答对与否互不影响． （1）当时，甲答了4道题，记甲答对题目的个数为随机变量，求和． （2）乙答对每道题的概率为（含亲友团），现甲乙两人各答两个问题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于，求甲的亲友团每道题答对的概率的最小值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）使用二项分布的期望公式与方差公式求解； （2）使用互斥事件概率公式和独立事件概率公式求解. 【小问1详解】 因为甲每道题答对的概率均为，则， 所以，． 【小问2详解】 记事件为“甲答对了道题”，事件为“乙答对了道题”， 其中甲答对某道题的概率为，答错某道题的概率为， 则，， ，， 所以甲答对题数比乙多的概率为： ，解得， 所以甲的亲友团答对的概率的最小值为． 18. 已知椭圆的右焦点，短轴长为2. （1）求椭圆的方程； （2）记为坐标原点，直线与椭圆交于两点，过点作直线的垂线，垂足为. （i）求证：直线恒过定点； （ii）求面积的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）设，依题意， 得 ， ， 所以，即得直线的方程为：①. 由图形的对称性可知，若动直线过定点，则定点一定在轴上， 所以令代入①，可得 ， 由（*）得， 所以 得，所以直线恒过定点. （ii） 【解析】 【分析】（1）由椭圆的焦点及短轴列式计算求解得出 从而可得的方程；    （2）（i）将与直线方程联立可得，直线，令，结合韦达定理求证即可； （ii）设，则，记，则，结合基本不等式计算求解. 【小问1详解】 依题意可知，解得 ，椭圆的标准方程为 . 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）可知直线恒过定点， 所以， 将（*）代入得 ， 设， 则. 因为，所以 ， 所以. 19. 已知函数，． （1）当时，求在区间上的最大值与最小值； （2）若函数有三个不同的极值点，，． （i）求实数的取值范围； （ii）若，求实数的取值范围． 【答案】（1），． （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）利用导数确定函数的单调性，从而找到最值； （2）（i）函数有三个不同的极值点转化为图像交点个数求解；（ii）转化为单变量函数求解. 【小问1详解】 当时，，， 当时，，所以在上单调递增， 所以，． 【小问2详解】 （i）由题知， 则，， 当时，，方程只有唯一解1，显然不合题意； 当时，由，可得，或， 令，，则， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以在处取得最大值，此时， 又当时，，当时，， 要使在定义域内有三个不同的极值点，，， 需使的图象与直线有两个不同的交点，即得， 所以实数的取值范围是． （ii）不妨设，则，所以，即，， 所以，， 所以 ， 令，，则， 易知在上单调递增， 所以，又， 所以，即在上单调递增， 因为，则当时，恒有， 即当时，恒成立， 所以实数的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $