海南海口市2025-2026学年高二下学期数学期末复习综合练习题（一）

**基本信息** 以核心素养为导向，整合函数、数列、概率统计等模块，通过方法提炼与逻辑构建实现知识综合应用。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|单选1-8、多选9-11|集合运算、数列求和、导数几何意义|概念生成→公式应用→性质辨析| |概率统计|解答15、17|回归模型选择、独立性检验、分布列构建|数据收集→模型建立→统计推断| |立体几何|解答16|线面垂直判定、空间向量求线面角|空间想象→定理应用→向量转化| |解析几何|解答18|椭圆方程、直线与椭圆位置关系|方程求解→韦达定理→定点定值探究| |导数应用|解答19|极值求解、不等式证明|求导分析→单调性判断→逻辑推理|

海南省海口市2025-2026学年第二学期高二数学期末复习综合练习题（一） 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．已知数列是等比数列，若，则的前6项和为（    ） A． B． C． D． 3．已知函数，则曲线在处的切线的倾斜角为（   ） A． B． C． D． 4．将一枚质地均匀的硬币抛掷2次，记X为“正面朝上”出现的次数，则随机变量X的均值是（   ） A． B． C．1 D．2 5．已知连续型随机变量，令函数，则下列选项正确的是（     ） A． B．是增函数 C．的图象关于点中心对称 D．的图象关于轴对称 6．从3名男生、2名女生中选2人分别担任班长和副部长，要求选出的2人中至少有一名男生，则不同的方法数为（   ） A．10 B．16 C．18 D．24 7．某班学生中喜欢打羽毛球的占35%，喜欢打篮球的占30%，两样都喜欢的占15%．已知该班一名学生喜欢打羽毛球，则他也喜欢打篮球的概率是（    ） A． B． C． D． 8．已知函数在处有极小值，则实数的值为（    ） A．6 B．2 C．2或6 D．-2 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.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．已知的展开式中各项的系数之和为0，则（   ） A． B．二项式系数的和为1314 C．展开式中每一项的指数都是偶数 D．展开式中不存在常数项 10．设等差数列的前项和为，公差为，则下列结论正确的是（    ） A． B．当时，取得最大值 C． D．使得成立的最大自然数是17 11．设抛物线的焦点为F，准线为l，点A在C上，以F为圆心，为半径的圆记为W.过点A作l的垂线，垂足为B，且点B在圆W上，则（   ） A．准线l的方程是 B．为等边三角形 C．设线段与y轴的交点为D，则 D．直线与圆W相交 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．在中，，，，则______. 13．若根据样本数据得到的回归直线方程为，且，，则______． 14．如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为.若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为，则___________.      四、解答题 15．（13分）某公司计划对某市的共享电动车进行车辆投放，为了确定投放量，对过去在其他城市的投放量情况以及年使用人次进行了统计，得到投放量（单位：千辆）与年使用人次（单位：千次）的数据如下表，根据数据绘制的散点图如图所示． 1 2 3 4 5 6 7 6 11 21 34 66 101 196 (1)观察散点图，可知两个变量不具有线性相关关系，请从对数函数模型或指数函数模型（，）中选择一个更适宜的模型对两个变量的关系进行拟合，并求出关于的回归方程； (2)公司为了测试共享电动车的性能，从所有同型号共享电动车中随机抽取100辆进行等距离骑行测试，骑行前对其中60台进行保养，测试结束后，有20台报废，其中保养过的共享电动车占比30%，请根据统计数据完成列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为共享电动车是否报废与保养有关？ \ 保养 未保养 合计 报废 20 未报废 合计 60 100 参考数据：，．参考公式：，． 62.14 1.54 2535 50.12 3.47 ，其中． 0.25 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001 1.323 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 16．（15分）如图，在直三棱柱中，，，D，E分别是，的中点.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 17．（15分）新高考数学试卷出现多项选择题，每小题的四个选项中，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.若正确答案为两项，每对一项得3分；若正确答案为三项，每对一项得2分； (1)学生甲在作答某题时，对四个选项作出正确判断、判断不了（不选）和错误判断的概率如下表： 选项 作出正确判断 判断不了（不选） 作出错误判断 A 0.8 0.1 0.1 B 0.7 0.1 0.2 C 0.6 0.3 0.1 D 0.5 0.3 0.2 若此题的正确选项为AC．求学生甲答此题得分的分布列？ (2)某数学小组研究发现，多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为.现有一道多选题，学生乙完全不会，此时他有两种答题方案： 方案一：随机选一个选项：方案二：随机选两个选项. （i）若，且学生乙选择方案一，分别求学生乙本题得0分、得2分的概率？ （ii）以本题得分的数学期望为决策依据，的取值在什么范围内唯独选择方案一最好？ 18．（17分）已知椭圆 过点 ，A、B分别是椭圆C的左、右顶点. (1)求椭圆C的方程； (2)已知D是直线AB上一点（异于A、B），过点D的直线l与椭圆C交于M、N两点（异于A、B），直线BM、BN分别交直线x=3 于E、F两点. （i）若MN的中点为 求l的方程； （ii）是否存在点D，使得 为定值?若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由. 19．（17分）（1）已知函数（）． （ⅰ）当时，求函数的极值； （ⅱ）当时，，求的取值范围； （2）证明：当且时，．参考公式：（）． 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 海南省海口市2025-2026学年第二学期高二数学期末复习综合练习题（一） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D C C C C B AC ABC 题号 11 答案 BC 1．B 【分析】直接利用集合的补集和交集运算法则计算即可． 【详解】， 或}， 故， 故选：B． 2．A 【分析】根据给定条件，求出等比数列的公比，再利用等比数列前n项和公式计算即得. 【详解】设数列的公比为，依题意，，解得， 所以. 故选：A 3．D 【详解】因为，令，则，解得， 则曲线在处的切线的倾斜角为. 4．C 【分析】先判断出，然后利用均值的计算公式求解即可． 【详解】由题意可知，， 所以． 故选：C 5．C 【分析】由随机变量，得到正态分布曲线关于对称，根据正态分布的性质，结合选项，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，因为随机变量，所以正态分布曲线关于对称， 根据正态分布曲线的性质，可得，所以A不正确； 对于B，根据正态分布曲线的性质，当增大时，逐渐减小， 所以函数为单调递减函数，所以B错误； 对于C，因为随机变量，所以正态分布曲线关于对称， 所以， 则， 所以的图象关于点中心对称，所以C正确； 对于D，由选项B知：函数为单调递减函数， 所以的图象不关于对称，所以D错误. 6．C 【分析】分别求出选到1名男生和1名女生、2名男生的排列数，求和即可. 【详解】满足条件的有两类：①选到1名男生和1名女生分别担任班长和副班长，有种方法； ②选到两名男生分别担任班长和副班长，有种方法.共有18中方法. 故选：C 7．C 【分析】通过条件概率公式求解，或缩小样本空间，通过公式求解均可. 【详解】方法一：记事件A为“喜欢打羽毛球”，事件B为“喜欢打篮球”， 则， 所以. 方法二：由题意，可设该班共有100人， 则喜欢打羽毛球的有人，喜欢打篮球的有人，两样都喜欢的有人， 所以喜欢打羽毛球的35人里有15人喜欢打篮球， 所以已知该班一名学生喜欢打羽毛球，则他也喜欢打篮球的概率是. 8．B 【分析】求导，由极小值定义得到方程，求出或6，检验后得到结论 【详解】， 在处有极小值，故， 所以，解得或6， 当时，，令得或， 令得， 所以在处取得极小值，满足要求， 当时，，令得或， 令得， 此时在处取得极大值，不合要求， 综上，. 9．AC 【分析】令可判断A；由二项式的系数和可判断B；利用展开式的通项可判断C；在通项中令可判断D. 【详解】对于，令，得，解得，故A正确； 二项式系数的和为，故B错误； 展开式的通项为，因为1314为偶数，所以展开式中每一项的指数都是偶数，故C正确； 令，得，所以展开式中存在常数项，故D错误. 故选：AC. 10．ABC 【分析】利用等差数列的性质及求和公式一一判定选项即可. 【详解】对于A，因为等差数列中，，， 所以，，，A正确； 对于B，由上知显然当时，取得最大值，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，，， 故成立的最大自然数，D错误． 故选：ABC 11．BC 【分析】由抛物线方程求得准线方程判断A，根据抛物线的定义判断BC，求出圆心与直线的距离判断D. 【详解】由抛物线方程知，则准线l的方程为，A错误. 如图，由抛物线定义知. 又点B在圆W上，则，所以为等边三角形，B正确. 设准线l与x轴的交点为E，则原点O为线段的中点. 又，则D为的中点. 因为为等边三角形，则，C正确. 取线段的中点M，连接，则，所以， 从而圆W的半径. 因为圆心到直线的距离， 所以直线与圆W相切，D错误. 故选：BC. 12．或 【分析】应用正弦定理求解. 【详解】在中，，，， 由正弦定理得，所以， 则或 13． 【详解】由题意得， 则， 则样本中心点为，将其代入到， 即，解得. 14． 【分析】画出截面图，设储物盒所在球的半径为，从而利用表达出小球最大半径和正方体棱长，进而求出比值. 【详解】设储物盒所在球的半径为，如图，    小球最大半径满足，所以， 正方体的最大棱长满足，解得：， ∴， 故答案为： 15．(1)； (2) \ 保养 未保养 合计 报废 6 14 20 未报废 54 26 80 合计 60 40 100 有关 【分析】（1）根据已知数据，应用最小二乘法求回归方程； （2）根据已知完善列联表，再应用卡方公式求卡方值，结合独立性检验基本思想得到结论. 【详解】（1）由散点图，适宜作为投放量与年使用人次的回归方程类型， 由，两边同时取常用对数得， 设，则， 因为，，，， 所以． 把代入，得， 所以，即，则， 故关于的回归方程为． （2）设零假设：是否报废与是否保养无关． 由题意，报废电动车中保养过的共台，未保养的报废电动车共台，补充列联表如下： \ 保养 未保养 合计 报废 6 14 20 未报废 54 26 80 合计 60 40 100 则 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为是否报废与保养有关． 16．(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）根据直三棱柱的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）根据线面垂直的性质建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）因为直三棱柱，所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以， 因为D是的中点，所以. 因为，平面，平面. 所以平面. （2）因为直三棱柱，所以平面， 平面，所以，， 因为，所以，，两两垂直，以C为原点，，，为x轴、y轴、z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系.    由，则，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为. 所以，即， 令，则，. 所以. 所以， 设直线与平面所成角为， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为. 17．(1)答案见解析 (2)① ，；② 【分析】（1）根据不同得分情况，结合各选项判断正确、错误及不选的概率，利用相互独立事件概率公式计算得分的概率，进而得到分布列； （2）对于①，结合答案是两个选项或三个选项，利用古典概型即可求解； 对于②，分别计算方案I和方案Ⅱ的数学期望，根据数学期望的大小关系列不等式可得的取值范围. 【详解】（1）因为正确答案为AC，所以X的取值为0，3，6， 得3分即只选对了A或只选对了C， 得6分即选对了A和C，且没选B和D， 所以； 所以； 所以学生甲答此题得分的分布列 0 3 6 （2）①记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”， . ②对于方案I：记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”， 则的所有可能取值为0，2，3， 则， ， ， 所以； 对于方案Ⅱ：记为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”，则的所有可能取值为：0，4，6， 则， ， ， 所以； 要使唯独选择方案I最好，则 解得：，故P的取值范围为． 18．(1) (2)（i）；（ii）存在，或 【分析】由已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）（i）设、，则，，利用点差法可求得直线的方程； （ii）设，由题可知直线的斜率不为，可设直线，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出直线、的方程，可求出点、的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算结合韦达定理可化简得出的表达式，根据为定值可求出的值，即可得出点的坐标. 【详解】（1）由题可知，解得， 所以椭圆的方程为. （2）（i）设、，， 若的中点为，则，. 又，两式相减可得， 即， 所以，所以，故的斜率为. 因为点在上，所以的方程为，即； （ii）设，由题可知直线的斜率不为，可设直线， 由得，    即， 则，得， 由韦达定理可得，， 直线的方程为，, 令可得，即点， 同理可得点，， 则，， 所以 ， 当，即时，， 当，即（舍去）时，， 故当或时，为定值. 19．（1）（ⅰ）极大值，极小值；（ⅱ）； （2）令函数，求导得， 函数在上单调递增，则，即对恒成立， 则当时，， 当且时， ， 所以当且时，. 【分析】（1）（ⅰ）把代入，利用导数求出函数的单调区间，进而求出极值；（ⅱ）求出函数的导数，再按分类讨论，利用单调性并结合恒成立求出范围. （2）构造函数，利用导数证得不等式，再赋值并利用分组求和法求和，然后利用放缩法推理得证. 【详解】（1）（ⅰ）当时，函数的定义域为， 求导得，由，得或； 由，得，函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在处取得极大值，在处取得极小值. （ⅱ）当时，，令，求导得， 函数在上单调递增，， 当，即时，，函数在上单调递增，， 函数在上单调递增，恒成立，符合题意，因此； 当时，，而函数在上的图象连续不断， 则存在，使得当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，不符合题意， 所以的取值范围是. （2）略 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 $