精品解析：湖北武汉市重点中学5G联合体2025-2026学年下学期期末考试高二数学试卷

高二数学 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知函数在处可导，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由极限定义可知. 2. 已知等比数列的各项均为正数，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设等比数列的公比为， 因，，则， 因为数列的各项均为正数，所以， 所以. 3. 若（），则（ ） A. 20 B. 120 C. 60 D. 135 【答案】C 【解析】 【分析】先利用组合数性质得出x=3，再利用排列数公式计算。 【详解】因， 则或， 解得或，因，则， 则 。 4. 学校测试智能阅卷，启用了标注为甲，乙，丙的三款评卷系统．平台将随机调用甲，乙，丙的概率依次为，，．若甲，乙，丙批改一道数学题的正确率分别为，，．现随机抽取一道题目，则该题目被正确批改的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设该题目被正确批改为事件, 事件为调用甲系统，概率为，正确率为， 事件为调用乙系统，概率为，正确率为， 事件为调用丙系统，概率为，正确率为， 由全概率公式得：． 5. 将标有5，5，2，3，4，6的六张数字卡片分成甲，乙，丙三组，要求每组都有奇数数字卡片与偶数数字卡片，则不同的分法总数为（ ） A. 12 B. 36 C. 24 D. 18 【答案】D 【解析】 【分析】找出分组组合后分配给甲，乙，丙三组. 【详解】分组组合有，，三种， 所以不同的分法总数有种. 6. 若是定义在区间上的函数，其图象如图所示，设的导函数为，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】令，则不等式的解集等价于两种情况： 或， 由图象可知，区间上，函数单调递减，： 区间上，则乘积为负，不满足； 区间上，则乘积为正，满足条件； 区间上，函数单调递增，： 区间上，则乘积为负，不满足； 区间上，则乘积为正，满足条件； 区间上，函数单调递减，，且，乘积为负，不满足； 综上，满足的解集为， 则，解得； ，解得， 故的解集． 7. 设随机变量服从正态分布，若，则函数有极值点的概率为（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.5 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得有变号的根，从而求出的取值范围，进而根据正态分布的对称性求解即可． 【详解】由有极值点， 则有变号的根， 则，解得， 又随机变量服从正态分布，且， 则， 所以， 所以函数有极值点的概率为． 8. 已知定义在上的增函数满足对，有，设，若对，都有恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由是增函数得到是增函数，进而利用的单调性，将不等式化为，再利用函数的单调性，将不等式转化为，分离参数得到，最后利用导数求得函数的最小值即得答案． 【详解】在中令得，所以， 因为是增函数，所以是增函数， 由于， 因此不等式即为， 所以，即， 设，显然它是增函数，且， 因此不等式即为， 所以，恒成立，即，恒成立， 令，则，恒成立， 令，则， 故当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以， 所以． 二、选择题：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. 下列命题正确的是（ ） A. 已知两个变量线性相关，若它们的相关性越强，则相关系数越接近于1 B. 残差平方和越小，回归模型的拟合效果越好 C. 线性回归直线必然过样本中心点 D. 已知，根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验，变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A利用相关系数的概念求解即可，选项B利用残差平方和的概念求解即可，选项C利用变量，的均值一定在回归方程的图象上求解即可，选项D利用小概率原理求解即可. 【详解】对于A，已知两个变量线性相关，若它们的相关性越强，则相关系数越接近于1，故A错误； 对于B，回归分析中常用残差平方和来刻画拟合效果好坏，残差平方和越小，拟合效果越好，故B正确； 对于C，线性回归直线必然过样本中心点，故C正确； 对于D，，可判断变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05，故D正确. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数有2个极值点 B. 函数无最小值 C. 若函数在上单调递减，则实数的取值范围是 D. 函数有5个零点 【答案】AD 【解析】 【分析】对函数求导，即可得到函数的单调区间，然后得到函数的极值点，结合函数解析式画出函数大致图象，从而判断A、B、C；令解得的值，结合函数的极值点及函数图象得到零点个数，从而判断D. 【详解】， 当时，；当时，， 所以在，上为增函数，在上为减函数， 当时，函数有极大值，当时，函数有极小值. 由，即，得或， 所以当时函数的图象在x轴上方，画出函数图象，如图 由图知，A正确，B错误； 若函数在上是减函数，实数a的取值范围是，故C错误； 由得或. 因为，， 所以与，的图象共有5个交点， 所以函数有5个零点，故D正确. 11. 杨辉为我国古代数学史上著述丰富的数学家，其传世著作包括《详解九章算法》，《日用算法》及《杨辉算法》．公元1261年，他于《详解九章算法》中刊载了图1所示数表，后世称之为杨辉三角，图2为该数表的数字呈现形式．杨辉三角的发现较欧洲相关研究成果早约五百年，充分体现了我国古代数学所取得的卓越成就，亦足以令中华民族引以为傲．据此材料，下列说法正确的是（ ） A. 第8行所有数字的和等于256 B. 第8行所有数字的平方和等于 C. 记每一行的第（）个数组成的数列为第斜列，该三角形数阵前2026行中第斜列各项之和为 D. 若第行的第个数记为，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据杨辉三角对应的题图分析，结合二项式定理、组合数的性质及运算判断各项的正误即可. 【详解】对于A，由图分析知，杨辉三角的第行是的展开式中二项式系数， 所以第8行所有数字的和等于，A正确； 对于B，由， 则， 所以对于含项，左侧为，右侧为， 所以第8行所有数字的平方和为，B正确； 对于C，因为，所以当时，三角形数阵前2026行中第斜列各项之和为， 当时，三角形数阵前2026行中第1斜列各项之和为2026，而， 综上所述，该三角形数阵前2026行中第斜列各项之和为，C错误； 对于D，第行的第个数记为，则， 故 ，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式的常数项为___________． 【答案】135 【解析】 【分析】求出展开式的通项，再令未知数的指数等于零，即可得解. 【详解】展开式的通项为， 令，解得， 故二项展开式的常数项为． 故答案为：135 13. 已知曲线在点处的切线与二次函数的图象只有一个公共点，则实数的值为_____________． 【答案】1 【解析】 【详解】可知，当时，， 所以曲线在点处的切线为，即， 则有且仅有一个解，消去得， 化简得，所以，解得. 14. 甲、乙、丙三人玩“剪刀、石头、布”的游戏．游戏规则为：剪刀赢布，布赢石头，石头赢剪刀．每一局游戏甲、乙、丙同时出“剪刀、石头、布”中的一种手势，且相互独立．在一局游戏中某人赢1个人得2分，赢2个人得5分，其他情况得0分．设一局游戏后3人总得分为，则随机变量的数学期望的值为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】考虑所有可能的取值，然后计算出每种取值对应的概率，进而由分布列求得期望． 【详解】当三人手势完全相同时，三人均得0分，此时，， 当三人手势均不相同时，三人均得2分，此时，， 当两人手势相同，第三人不同时，有以下两种情况： 若手势相同的两人赢第三人，则手势相同的两人各得2分，第三人得0分，此时，， 若手势相同的两人输第三人，则第三人得5分，手势相同的两人得0分，此时，． 因此的分布列为 0 4 5 6 故． 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. 在中，角，，的对边分别为，，，若． （1）求角； （2）若，的面积为，求，的值． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）先用正弦定理把已知等式的边全部换成对应角的正弦，再利用三角形内角和展开消去同类项，约去不为的后用辅助角公式变形，结合角的取值范围求出； （2）先代入三角形面积公式算出的值，再将代入余弦定理得到，联立两个方程利用完全平方公式推出，进而求出的长度． 【小问1详解】 由， 得， 因为， 所以， 所以， 即， 因为， 所以，化简得， 又，即， 所以，即． 【小问2详解】 因为的面积，所以①， 因为，且， 所以，即②， 联立①②，解得，． 16. 如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形， （1）若为的中点，求证：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）连接交于点，连接． 因为为正方形，所以为中点， 又因为为的中点， 所以为的中位线，． 又因为平面，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）通过正方形对角线互相平分得出的中位线，进而由线面平行的判定即可求解， （2）通过方法一向量法，以为原点空间建系，由两个平面的法向量求夹角即可求解，或通过方法二几何法，作两个平面的交线结合垂直关系直接找到二面角的平面角即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一 因为平面，，平面，所以，， 在正方形中，， 所以以为正交基底建立空间直角坐标系， 因为， 所以，，， 所以，． 设平面的一个法向量为， 所以即 解得，取，得，所以， 又平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 方法二 因为平面，平面，平面， 所以，． 因为底面为正方形，所以． 又因为平面，平面，， 所以平面． 在平面内过作， 因为，且平面，平面，所以平面平面， 有平面， 平面，平面，所以，，为平面与平面夹角或其补角， 因为底面为正方形，所以，又，，故即为所求的角， 又，所以平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知等差数列的前项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由等差数列的性质即可求解； （2）通过错位相减法即可求解. 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为， 即， 解得，， 所以． 因此数列的通项公式为. 【小问2详解】 ， ． 所以 ， 即 所以 18. 2026年马年春晚《武BOT》节目中，宇树科技的人形机器人与塔沟武校的少年武者进行了一场人机武术对抗赛．假设每局比赛中，机器人获胜的概率为，少年武者获胜的概率为，且每局胜负相互独立．比赛采用局胜制（即先赢得局者获胜）． （1）当时，记结束比赛时的局数为，求的分布列和数学期望； （2）设在该赛制下机器人获胜的概率为． ①求和的值，并比较它们的大小，据此说明和哪种赛制对机器人更有利； ②随着的增大，机器人获胜的可能性如何变化？证明你的结论． 【答案】（1） （2）①，，， 时，5局3胜制对机器人更有利 ②随着的增大，机器人获胜的可能性越来越大． 证明如下： 由题意得局中只要率先赢下胜即可赢得比赛, 若提前决出胜负后仍继续进行剩余比赛，则最终总胜局数与比赛最终胜者保持一致， 因此可等价地把比赛视为打满局，因为要获胜，所以的取值范围必须是从一直累加到最高， 所以 下面讨论局与前局的递推关系：（用先打局，再打2局的方法） （ⅰ）若前局中机器人恰好赢了局，则后两场机器人都要赢才能获胜， 其概率为，即 （ⅱ）若前局中机器人恰好赢了局，则后两场机器人至少要赢一场才能获胜， 其获胜概率为，即 （ⅲ）若前局中机器人至少赢了局，则后两场机器人无论输赢都获胜， 其获胜概率为 ， ， ，，即． 【解析】 【分析】（1）由题意结合二项分布得出的分布列，进而可求数学期望; （2）①针对具体的局数赛制，利用“前几局随机排列，最后一局必须由胜者定序”的原则，分别计算出与并直接比较大小得出结论.②使用“全场打满（等效替代）”的思想将动态提前结束的赛制转化为静态的二项分布求和，随后通过分类讨论建立与的递推关系，最后作差证明其差值大于零. 【小问1详解】 当时，赛制为三局两胜制，故的可能取值为，， ， ， 所以的分布列为： 【小问2详解】 ①因为每局比赛中，机器人获胜的概率为， 由题可知为3局2胜制时，机器人获胜的概率，机器人获胜的情形有两种：或， 所以， 为5局3胜制时，机器人获胜的概率，机器人获胜的情形有三种：或或， ， 所以， 所以时，5局3胜制对机器人更有利 ②略 19. 已知函数， （1）求不等式的解集； （2）已知实数，求的零点个数； （3）若，且，求证：． 【答案】（1）不等式的解集为 （2）有且仅有一个零点 （3）由，得， 则，要证，可证， 即证，令（）， 即证， 即证，下证（）， 先证，设，， 当，，在上单调递增， 则，即， 令， 则只需证明，又， 则 ， 所以在上单调递减， 则，． 【解析】 【分析】（1）先对求导分析单调性与极小值，分别求解与，结合函数在单调递增的特性取交集得到不等式解集； （2）构造并求导确定单调区间，算出最小值判断为负，分析内函数恒负无零点，再取特殊点证明存在一处函数值为正，结合单调性得到唯一零点； （3）先利用导数与斜率等式变形得到表达式，将待证不等式取对数，换元简化式子，构造辅助函数求导放缩证明函数恒小于，完成证明． 【小问1详解】 由题意得，， 令，解得， 当变化时，，的变化情况如下表： 单调递减 极小值 单调递增 当，，又，， 所以不等式的解集为； 【小问2详解】 由题意的定义域为，且． 当时，；当时，， 故在区间上单调递减，在上单调递增． 因为，所以， 当时，，，则； 当时，， 因为在上单调递增， 所以当时，有且仅有一个零点． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知函数在处可导，且，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知等比数列的各项均为正数，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若（），则（ ） A. 20 B. 120 C. 60 D. 135 4. 学校测试智能阅卷，启用了标注为甲，乙，丙的三款评卷系统．平台将随机调用甲，乙，丙的概率依次为，，．若甲，乙，丙批改一道数学题的正确率分别为，，．现随机抽取一道题目，则该题目被正确批改的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 将标有5，5，2，3，4，6的六张数字卡片分成甲，乙，丙三组，要求每组都有奇数数字卡片与偶数数字卡片，则不同的分法总数为（ ） A. 12 B. 36 C. 24 D. 18 6. 若是定义在区间上的函数，其图象如图所示，设的导函数为，则的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 设随机变量服从正态分布，若，则函数有极值点的概率为（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.5 8. 已知定义在上的增函数满足对，有，设，若对，都有恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 下列命题正确的是（ ） A. 已知两个变量线性相关，若它们的相关性越强，则相关系数越接近于1 B. 残差平方和越小，回归模型的拟合效果越好 C. 线性回归直线必然过样本中心点 D. 已知，根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验，变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数有2个极值点 B. 函数无最小值 C. 若函数在上单调递减，则实数的取值范围是 D. 函数有5个零点 11. 杨辉为我国古代数学史上著述丰富的数学家，其传世著作包括《详解九章算法》，《日用算法》及《杨辉算法》．公元1261年，他于《详解九章算法》中刊载了图1所示数表，后世称之为杨辉三角，图2为该数表的数字呈现形式．杨辉三角的发现较欧洲相关研究成果早约五百年，充分体现了我国古代数学所取得的卓越成就，亦足以令中华民族引以为傲．据此材料，下列说法正确的是（ ） A. 第8行所有数字的和等于256 B. 第8行所有数字的平方和等于 C. 记每一行的第（）个数组成的数列为第斜列，该三角形数阵前2026行中第斜列各项之和为 D. 若第行的第个数记为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式的常数项为___________． 13. 已知曲线在点处的切线与二次函数的图象只有一个公共点，则实数的值为_____________． 14. 甲、乙、丙三人玩“剪刀、石头、布”的游戏．游戏规则为：剪刀赢布，布赢石头，石头赢剪刀．每一局游戏甲、乙、丙同时出“剪刀、石头、布”中的一种手势，且相互独立．在一局游戏中某人赢1个人得2分，赢2个人得5分，其他情况得0分．设一局游戏后3人总得分为，则随机变量的数学期望的值为_____________． 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. 在中，角，，的对边分别为，，，若． （1）求角； （2）若，的面积为，求，的值． 16. 如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形， （1）若为的中点，求证：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知等差数列的前项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和． 18. 2026年马年春晚《武BOT》节目中，宇树科技的人形机器人与塔沟武校的少年武者进行了一场人机武术对抗赛．假设每局比赛中，机器人获胜的概率为，少年武者获胜的概率为，且每局胜负相互独立．比赛采用局胜制（即先赢得局者获胜）． （1）当时，记结束比赛时的局数为，求的分布列和数学期望； （2）设在该赛制下机器人获胜的概率为． ①求和的值，并比较它们的大小，据此说明和哪种赛制对机器人更有利； ②随着的增大，机器人获胜的可能性如何变化？证明你的结论． 19. 已知函数， （1）求不等式的解集； （2）已知实数，求的零点个数； （3）若，且，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $