精品解析：江苏省南京市第九中学2025-2026学年高二下学期6月期末测试数学试题

高二下期末测试卷 满分：150分 时间：150分钟 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 4与9的等比中项为（ ） A. B. C. D. 2. 等差数列中，若，，则（ ） A. B. C. 2 D. 9 3. 已知正态分布，若，则（ ） A. 0.6 B. 0.4 C. 0.2 D. 0.1 4. 以下四个命题中错误的是（ ） A. 在独立性检验中，由计算得的值，若的值越大，则两个变量相关的可能性就越大 B. 在做回归分析时，可以用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越好 C. 在回归直线方程中，变量每增加1个单位时，平均增加2个单位 D. 若变量y和x之间的相关系数为，则变量y和x之间具有很强的线性相关性，而且是负相关 5. 一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔1s等可能地沿数轴的正方向或负方向移动一个单位，共移动7次，则质点最可能移动到的位置的坐标为（ ） A. 7或 B. 5或 C. 3或 D. 1或 6. 一位飞镖运动员向一个目标投掷三次，记事件“第i次命中目标”（）．已知，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 函数的图像大致是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为R，且，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 若随机变量，则下列选项中正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知集合，从其所有子集中依次等可能地选取两个不同子集， ，记事件 为“是 的真子集”，事件为“子集 中恰有2个元素”，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则函数无极值点 B. 若 ，则函数恰有1个极值点 C. 若 ，则曲线存在1条斜率最小的切线 D. 若，则曲线恰有2条斜率为0的切线 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 若随机变量服从正态分布，且，则______________． 13. 的展开式中的系数为__________.（用数字作答） 14. 黄金分割比被誉为“人间最巧的比例”，离心率的椭圆被称为“优美椭圆”．在平面直角坐标系中的“优美椭圆”的左右顶点分别为，点是椭圆上异于左右顶点的动点，设直线的斜率分别为，则__________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 手机聊天软件是现代生活信息交流的重要工具，随机抽取使用手机聊天软件的100人进行调查，得到数据统计表如下:每天使用手机聊天软件时间在2h以上的人被定义为“手机聊天软件依赖”，不超过2h的人被定义为“非手机聊天软件依赖”.已知“非手机聊天软件依赖”与“手机聊天软件依赖”的人数比恰为3∶2. 使用手机聊天软件时间/h 频数 频率 5 0.05 15 0.15 15 0.15 x p 30 0.30 y q 合计 100 1.00 （1）求出x，y，p，q的值. （2）为进一步了解使用手机聊天软件对日常工作和生活是否有影响，从100人中用分层随机抽样的方法确定10人.若需从这10人中随机选取3人进行问卷调查，设选取的3人中“手机聊天软件依赖”的人数为X，求X的分布列及其数学期望. 16. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，，，平面平面． （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求． 17. 在中，内角所对的边分别为，，为的角平分线，且． （1）若，求的大小； （2）设为中点，连接，面积取得最小值时，求线段的长度. 18. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若，讨论方程的根的个数. 19. 在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施．物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户预期，显著提升满意度．某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市．从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择： 方案：选择高速支线，物流提前送达的概率为； 方案：选择高速干线，物流提前送达的概率为； 方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为． （1）物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率； （2）物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下： ①第1次，随机选择一种方案； ②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机选择一种． 记第次选择方案，，的概率分别为，，． （i）求、，并证明：数列和数列都为等比数列； （ii）判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二下期末测试卷 满分：150分 时间：150分钟 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 4与9的等比中项为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由等比中项的定义可得. 【详解】设4与9的等比中项为，则，所以. 故选：C. 2. 等差数列中，若，，则（ ） A. B. C. 2 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】 由和求出公差，再根据可求得结果. 【详解】设公差为，则， 所以. 故选：A 3. 已知正态分布，若，则（ ） A. 0.6 B. 0.4 C. 0.2 D. 0.1 【答案】C 【解析】 【详解】得，所以， 所以，所以. 4. 以下四个命题中错误的是（ ） A. 在独立性检验中，由计算得的值，若的值越大，则两个变量相关的可能性就越大 B. 在做回归分析时，可以用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越好 C. 在回归直线方程中，变量每增加1个单位时，平均增加2个单位 D. 若变量y和x之间的相关系数为，则变量y和x之间具有很强的线性相关性，而且是负相关 【答案】C 【解析】 【分析】借助独立性检验的性质、决定系数定义、回归直线方程性质与相关系数定义逐项判定即可得. 【详解】对A：由独立性检验的性质可知，的值越大，则两个变量相关的可能性就越大，故A正确； 对B：由决定系数定义可得，越大，则说明模型拟合的效果越好，故B正确； 对C：在回归直线方程中，变量每增加1个单位时，平均减少3个单位，故C错误； 对D：由，，接近，故变量y和x之间具有很强的线性相关性， 而且是负相关，故D正确. 5. 一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔1s等可能地沿数轴的正方向或负方向移动一个单位，共移动7次，则质点最可能移动到的位置的坐标为（ ） A. 7或 B. 5或 C. 3或 D. 1或 【答案】D 【解析】 【分析】将“质点移动位置”转化为“正、负方向移动次数”的组合问题，通过分析组合数的最大值确定概率最高的位置. 【详解】设质点向正方向移动的次数为（），则向负方向移动的次数为， 质点最终的位置坐标由正、负方向移动的总距离决定：， 每次移动向正、负方向的概率均为，因此“7次移动中恰好有次向正方向”的概率服从二项分布，概率公式为：， 其中为组合数，为常数，因此，概率的大小由组合数决定，“最可能的位置”对应最大时的， 时 时 时 时 时 时 时 时 综上，组合数在和时取得最大值， 当时，代入得：， 当时，代入得：， 质点最可能移动到的位置坐标为或. 6. 一位飞镖运动员向一个目标投掷三次，记事件“第i次命中目标”（）．已知，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析第二次命中的两种情况，利用全概率公式，结合已知条件求出；再利用全概率公式，结合已知条件求出． 【详解】由全概率公式，第二次命中的概率由“第一次命中”和“第一次未命中”两种情况决定： ， ，， 由，当时，， 由，当时，， ， 第三次命中的概率由“第二次命中”和“第二次未命中”两种情况决定： ， ，， 由，当时，， 由，当时，， ． 7. 函数的图像大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过求函数的零点判断图像与轴的交点，结合函数值的正负区间以及时的极限状态（或求导分析单调性）即可排除错误选项。 【详解】令，即，因为恒成立，所以， 解得或，数图像与轴有两个交点和。 观察选项：A选项：当时图像一直在轴下方，不符合时，故排除A； B选项：当时图像有部分在轴下方，而当时，，，所以，故排除B； D选项： 由导数可知，当时，函数单调递增，D 选项在时单调递减，故排除D； C选项：图像过原点，在时函数值为正且先增后减（存在极大值），在后先减后增（存在极小值），符合函数性质. 8. 已知函数的定义域为R，且，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设g（x）＝，根据已知条件可得函数在定义域上单调递减，从而将不等式转化为的解集，从而可得出答案. 【详解】解：设＝， 则＝， ∵，∴， ∴，∴y＝g（x）在定义域上单调递减， ∵ ∴＝， 又＝， ∴， ∴， ∴的解集为． 故选：A． 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 若随机变量，则下列选项中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的对称性判断ABC，根据方差的运算性质判断D. 【详解】由随机变量可知服从正态分布，正态密度曲线对称轴为，方差为， 所以，A说法正确； ，B说法正确； ，C说法正确； ，D说法错误； 故选：ABC 10. 已知集合，从其所有子集中依次等可能地选取两个不同子集， ，记事件 为“是 的真子集”，事件为“子集 中恰有2个元素”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先计算集合的所有子集总数，再计算选取两个不同子集的总样本数，根据选项要求，利用条件概率公式和分类加法计数原理计算即得. 【详解】集合共个元素，子集总数为个.题目要求依次选取两个不同子集，因此基本事件总数为. 选项A：事件：恰有个元素，有种选法，从剩余个子集选，共种. 则，A正确； 选项B：因事件表示：有个元素，且是的真子集，则，，故，B错误； 选项C：按的元素个数分类计算满足是真子集的所有情况： 含个元素（空集）：真子集个数为，共种； 含个元素：共个，每个真子集个，共种； 含个元素：共个，每个真子集个，共种； 含个元素：共个，真子集个，共种； 即满足的所有事件数为，因此，C正确； 选项D：，D正确. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则函数无极值点 B. 若 ，则函数恰有1个极值点 C. 若 ，则曲线存在1条斜率最小的切线 D. 若，则曲线恰有2条斜率为0的切线 【答案】ABD 【解析】 【分析】先求的导函数，分别构造、，求对应导函数，根据的条件分析导函数零点个数，判断极值点情况求解A，B，得到切线斜率为，将问题转化为求的最小值，根据的条件分析取最小值时自变量的个数，判断切线条数求解C，将方程转化为二次方程，根据的条件分析二次方程实根个数，判断切线条数求解D即可. 【详解】首先对原函数求导得 ， 对于A，令 ， 求导得  ， 因为 ，所以 ，， 且  与  同号，即 ， 因此  恒成立， 单调递增，无极值点，故A正确， 对于B，令 ，求导得  ， 令  ，， 而 则是奇函数，且时 ，，当时， ， 仅 时， ，即  仅有一个零点， 且在  处左负右正，恰有1个极值点，故B正确， 对于C，由切线斜率的性质得 ， 则  ，判别式为， 当 时 ，，故  恒成立，单调递增， 且 时， ，取不到最小值，不存在斜率最小的切线， 但当  时， ， 此时单调递增，无最小值，得到 下斜率最小的切线并非总是存在，故C错误， 对于D，若斜率为0，即 ，而 ，等价于， 判别式为，当  时， ，方程有两个不相等实根， 即恰有2条斜率为0的切线，故D正确. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 若随机变量服从正态分布，且，则______________． 【答案】0.15## 【解析】 【详解】由随机变量服从正态分布，得, 所以. 13. 的展开式中的系数为__________.（用数字作答） 【答案】-30 【解析】 【分析】先求出的展开式的通项公式，再结合两个二项式相乘，即可求得答案. 【详解】的展开式的通项公式为， 故的展开式中的系数为， 故答案为：-30 14. 黄金分割比被誉为“人间最巧的比例”，离心率的椭圆被称为“优美椭圆”．在平面直角坐标系中的“优美椭圆”的左右顶点分别为，点是椭圆上异于左右顶点的动点，设直线的斜率分别为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】设，根据P点在椭圆上，得到m、n的等式，再求出关于m、n的表达式，并将其转化为关于m的表达式后进一步与离心率e结合，最后根据离心率即可求出． 【详解】设，即，则， ． 故答案为：． 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 手机聊天软件是现代生活信息交流的重要工具，随机抽取使用手机聊天软件的100人进行调查，得到数据统计表如下:每天使用手机聊天软件时间在2h以上的人被定义为“手机聊天软件依赖”，不超过2h的人被定义为“非手机聊天软件依赖”.已知“非手机聊天软件依赖”与“手机聊天软件依赖”的人数比恰为3∶2. 使用手机聊天软件时间/h 频数 频率 5 0.05 15 0.15 15 0.15 x p 30 0.30 y q 合计 100 1.00 （1）求出x，y，p，q的值. （2）为进一步了解使用手机聊天软件对日常工作和生活是否有影响，从100人中用分层随机抽样的方法确定10人.若需从这10人中随机选取3人进行问卷调查，设选取的3人中“手机聊天软件依赖”的人数为X，求X的分布列及其数学期望. 【答案】（1），，，. （2） X 0 1 2 3 P 【解析】 【小问1详解】 由题意可知，“非手机聊天软件依赖”的人数为， “手机聊天软件依赖”的人数为，所以， 又因为，解得，，所以，， 【小问2详解】 用分层随机抽样的方法确定的10人中，“非手机聊天软件依赖”的人数为：， “手机聊天软件依赖”的人数为：， 随机变量X的可能取值为0，1，2，3， 则， ，， ，所以X的分布列为： X 0 1 2 3 P 所以的数学期望是：. 16. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，，，平面平面． （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求． 【答案】（1）证明：由，，，、平面 可得平面，又平面，故， 由平面平面ABCD，平面平面，且平面， 故平面； （2）或 【解析】 【分析】（1）借助线面垂直判定定理可得平面，则可得，再由面面垂直性质定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系后，求出直线的方向向量与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向， 的方向为z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 不妨设，， 则，，，， ，，， 记平面的法向量为，，即， 令，则，，即可取， 设直线与平面所成角为， 则， 即，， 解得或（负值舍去），故或． 17. 在中，内角所对的边分别为，，为的角平分线，且． （1）若，求的大小； （2）设为中点，连接，面积取得最小值时，求线段的长度. 【答案】（1）； （2）2 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得到，根据，结合三角形面积公式建立关于的方程，再结合余弦定理求解； （2）同（1）建立关于的方程，再结合基本不等式求解最值，进而根据等腰三角形性质求解即可. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得. 因为的角平分线交于点，所以， 由，得， 则， 即，所以. 在中，由余弦定理得， 即； 【小问2详解】 由，得， 得， 化简得，即， 所以，即， 当且仅当时等号成立，取得最小值，面积取得最小值， 此时为等腰三角形，为中点，则既是中线也是角平分线. 即重合，故. 18. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若，讨论方程的根的个数. 【答案】（1） 当时，无递增区间，递减区间为； 当时，的递增区间为，递减区间为； 当时，的递增区间为，递减区间为； （2） 当时，方程有0个实根； 当或时，方程有1个实根； 当时，方程有2个实根. 【解析】 【分析】（1）应用分类讨论及导数研究函数的单调区间即可； （2）根据已知有，构造并应用导数研究函数的单调性，得到，利用导数研究右侧的单调性和最值，即可得参数范围. 【小问1详解】 的定义域为，则， 因，由，解得， ①当时，恒成立， 所以的无递增区间，递减区间为； ②当时，， 令，得；令，得， 所以的递增区间为，递减区间为； ③当时，， 令，得；令，得， 所以的递增区间为，递减区间为； 综上所述， 当时，无递增区间，递减区间为； 当时，的递增区间为，递减区间为； 当时，的递增区间为，递减区间为； 【小问2详解】 由题设， 令，则，即在上单调递增， 故上式中满足，则有，可得， 令，则，由解得. 当时，，当时，， 在上单调递增，在上单调递减， 当时，且，当时，， 故. 结合图象，可知， 当时，方程有0个实根； 当或时，方程有1个实根； 当时，方程有2个实根. 19. 在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施．物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户预期，显著提升满意度．某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市．从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择： 方案：选择高速支线，物流提前送达的概率为； 方案：选择高速干线，物流提前送达的概率为； 方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为． （1）物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率； （2）物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下： ①第1次，随机选择一种方案； ②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机选择一种． 记第次选择方案，，的概率分别为，，． （i）求、，并证明：数列和数列都为等比数列； （ii）判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率． 【答案】（1）； （2）（i），． 证明：设第n次物流选择方案A、B、C分别为事件、、，第n次物流提前送达为事件， 则，，，因为，所以， 所以， 由②根据全概率公式可得 ， 注意到，，而， 所以， 同理可得． 有， 且 ，所以 ，故为定值， 即是以为首项，为公比的等比数列． 同理，可得 ， 且，所以， 即是以为首项，为公比的等比数列． （ii）从第2次起，智能自适应调度系统能逐步提高物流提前送达的概率． 【解析】 【分析】（1）先求出A、B、C被选中的概率，再利用全概率公式计算求解； （2）（i）利用递推关系结合已知条件求出，将递推式代入目标序列，化简后分别求出公比，首项非零，符合等比数列定义，证明结论； （ii）利用两个等比数列的通项公式联立方程组，解出；代入全概率公式得出关于的函数，利用指数函数的单调性得出相关结论． 【小问1详解】 设选择方案A、B、C分别为事件A、B、C，物流提前送达为事件Z， 则， ，，， ． 【小问2详解】 （i）由①知道． 由②根据全概率公式可得 ， ． 证明：略 （ii）由（i）可得，， 联立解得，， 所以． 随着的增大，增大，注意到， 所以当时，， 因此从第2次起，智能自适应调度系统能逐步提高物流提前送达的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $