江苏省启东中学2025-2026学年高二下学期数学周考期末复习二

**基本信息** 聚焦高二数学核心知识，通过药物试验、台球游戏等现实情境设计问题，分层考查抽象能力、推理能力与数据意识，适配周测巩固需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|正态分布、圆锥母线长、导数计算|基础题占比高，注重概念理解| |多选题|3/18|二项式定理、空间线面关系|选项分层，考查逻辑推理| |填空题|3/15|回归方程、二项分布、六棱锥外接球|结合实际数据，渗透数学建模| |解答题|5/77|立体几何证明与二面角、函数单调性与恒成立、独立性检验与概率分布、台球游戏概率递推、四棱锥体积与外接球|综合性强，如17题药物试验独立性检验（数据意识）、18题概率递推（推理能力），贴合高考命题趋势|

启东中学高二数学期末复习二 一、单选题（8小题，每小题5分，共40分） 1．已知随机变量，且，则（    ） A．0.02 B．0.03 C．0.07 D．0.08 2．已知一个圆锥底面半径为，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的母线长为（    ） A． B． C． D． 3．已知函数，则（    ） A．1 B．2 C．4 D．6 4．电视台有6个不同的节目准备当天播出，每半天播出3个节目，其中某电视剧和某专题报道必须在上午播出，则不同播出方案的种数为（    ） A．24 B．36 C．72 D．144 5．函数，的单调增区间为（    ） A． B． C． D． 6．在三棱锥中，已知，是线段的中点，则（    ） A． B． C． D． 7．已知函数，若，，，都有，则实数的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．甲箱中有2个红球和2个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球．先从甲箱中等可能地取出2个球放入乙箱，再从乙箱中等可能地取出1个球，记事件“从甲箱中取出的球恰有个红球”为，“从乙箱中取出的球是黑球”为，则（    ） 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．若，则（    ） A． B． C． D． 10．在空间中，，是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 11．已知函数，则下列说法正确的有（    ） A．曲线恒过定点 B．若，则的极小值为0 C．若，则 D．若，则的最大值大于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．某小吃店的日盈利（单位：百元）与当天平均气温（单位：℃）之间有如下数据： 0 1 2 百元 5 4 2 2 1 由表中数据可得回归方程中．试预测当天平均气温为时，小吃店的日盈利约为______百元． 13．设随机变量，且，则______；若，则的方差为______． 14．已知六棱锥的底面是正六边形，且顶点均在同一球面上，若该棱锥体积的最大值为，则其外接球的表面积为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（12分）如图，四边形ABEF为正方形，，AD⊥DC，AD=2DC=2BC， （1）求证：点D不在平面CEF内； （2）若平面ABCD⊥平面ABEF，求二面角A﹣CF﹣D的余弦值． 16．（15分）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，若恒成立，求实数a的最大值． -+17．（15分）为考察某种药物A对预防疾病B的效果，某研究团队随机抽取了400只动物进行试验，得到如下列联表：             疾病药物 未患病 患病 未服用 100 90 服用 150 60 (1)根据小概率值的独立性检验，能否认为药物对预防疾病有效？ (2)现从参与试验且患病的150只动物中，按是否服用药物采用分层抽样的方法抽取5只动物，再从这5只动物中随机抽取2只动物进一步试验，记抽取的2只动物中服用药物的只数为，求的分布列及数学期望． 附：（其中）． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 18．（17分）甲、乙、丙、丁四人进行台球游戏，约定游戏规则如下： ①每轮游戏均将四人分成两组，进行一对一对打； ②第一轮甲乙对打，丙丁对打； ③每轮游戏结束后，两名胜者组成一组在下一轮对打，两名负者组成一组在下一轮对打； ④每组比赛均无平局出现，且每组比赛结果相互独立.甲胜乙、丙胜丁的概率均为，甲胜丙、甲胜丁、乙胜丙、乙胜丁的概率均为. (1)在前三轮游戏中，甲乙对打的次数为，求的数学期望； (2)求在第轮游戏中，甲乙对打的概率； (3)求在第轮游戏中，甲获胜的概率. 19．（17分）如图所示，已知四棱锥，平面，点为的中点，，垂足分别为，，，． (1)证明：； (2)若平面EBD，设二面角的平面角为，且为钝角，求的最大值； (3)若，点都在同一个球面上，且给定该球的半径时，三棱锥的体积有3个可能的值，求该球半径的取值范围． 启东中学高二数学期末复习二 一、单选题（8小题，每小题5分，共40分） 1．已知随机变量，且，则（    ） A．0.02 B．0.03 C．0.07 D．0.08 【答案】B 【分析】利用正态分布的性质求解即可. 【详解】由于随机变量，且，所以, 故选：B 2．已知一个圆锥底面半径为，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的母线长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】运用弧长等于圆锥底面周长，扇形半径为母线长，联立方程，解出即可． 【详解】设圆锥母线长为l,扇形半径为R,则,，解得l=10. 故选：D. 3．已知函数，则（    ） A．1 B．2 C．4 D．6 【答案】C 【分析】利用导数的定义和求导公式进行求解. 【详解】由题意， 因为，所以，即. 故选：C. 4．电视台有6个不同的节目准备当天播出，每半天播出3个节目，其中某电视剧和某专题报道必须在上午播出，则不同播出方案的种数为（    ） A．24 B．36 C．72 D．144 【答案】D 【分析】先把某电视剧和某专题报道排在上午，再结合全排列计算即可. 【详解】因为某电视剧和某专题报道必须在上午播出，所以种排法, 其他4个节目有种排法， 所以不同播出方案的种数为. 故选：D. 5．函数，的单调增区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求导函数，再令导函数大于等于0，即可求出单调增区间. 【详解】因为，所以, 即，. 单调增区间为. 故选：A. 6．在三棱锥中，已知，是线段的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接,利用空间向量的基本定理求解即可. 【详解】连接，因为是线段的中点，所以 因为，所以 所以 故选：D 7．已知函数，若，，，都有，则实数的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先化简不等式得出函数单调性，再把单调递增转化为导数恒为正即可求出参数最值. 【详解】假设,又因为,可得, 设,,单调递增， ,恒成立, 所以,即可得. 故选：B. 8．甲箱中有2个红球和2个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球．先从甲箱中等可能地取出2个球放入乙箱，再从乙箱中等可能地取出1个球，记事件“从甲箱中取出的球恰有个红球”为，“从乙箱中取出的球是黑球”为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，先求出，，，判断A，由条件概率公式和全概率公式依次判断B、C、D选项即可. 【详解】根据题意，甲箱中有2个红球和2个黑球，则，，，故A不正确； 乙箱中有1个红球和3个黑球，则，，，故B不正确； 则有，故C不正确； 则，故D正确； 故选：D 二、多选题：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．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】应用赋值法判断A,C,D选项，根据二项式展开式判断B选项. 【详解】令,可得,A选项正确； 令,可得, 令,可得， 两式相加可得,C选项正确； 是的各项系数和，所以，D选项正确； 的展开式的系数是,B选项错误. 故选：ACD. 10．在空间中，，是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】BD 【分析】运用线面平行垂直的性质和判定逐个分析即可. 【详解】对于A, 若，，则或者，故A错误； 对于B,可以用法向量来思考. ，所在的方向取，的法向量，法向量垂直可推出面面垂直.故B正确; 对于C, 若，，，则或者相交，故C错误； 对于D，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故D正确． 故选：BD. 11．已知函数，则下列说法正确的有（    ） A．曲线恒过定点 B．若，则的极小值为0 C．若，则 D．若，则的最大值大于 【答案】ACD 【分析】对于A，求出即可；对于B，结合导数求出的极值即可；对于C，利用导数求出的单调性，结合单调性比较和的大小即可；对于D，结合导数求出的最大值为，令，利用导数的最值即可. 【详解】对于A，令，可得，所以曲线恒过，故A正确； 对于B，当时，，则， 令，解得：，当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减，所以的极大值为， 故B不正确； 对于C，，当，则，所以在上单调递增， 又，即，则，故C正确； 对于D，当时，由，解得：， 当时，，则在上单调递增，当，， 则在上单调递减， 所以， 令，则， 所以当时，，则在上单调递增， 所以，即的最大值大于， 而，故，即，所以D正确； 故选:ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．某小吃店的日盈利（单位：百元）与当天平均气温（单位：℃）之间有如下数据： 0 1 2 百元 5 4 2 2 1 由表中数据可得回归方程中．试预测当天平均气温为时，小吃店的日盈利约为______百元． 【答案】6 【分析】求出样本中心点，代入得到值，再令即可. 【详解】由已知数据，， 因为，则，代入，则， 则，令，则. 故答案为：6 13．设随机变量，且，则______；若，则的方差为______． 【答案】 / 【分析】(1)用二项分布的概率公式可解； (2)用二项分布的方差结论即可解决. 【详解】(1) ,则， 则，解得 (2) ，由(1)得，则． ，则 故答案为：；． 14．已知六棱锥的底面是正六边形，且顶点均在同一球面上，若该棱锥体积的最大值为，则其外接球的表面积为______． 【答案】 【分析】根据几何知识可知，当六棱锥为正六棱锥时，体积最大，即可求出，进而得到，利用导数即可求解． 【详解】根据几何知识可知，当六棱锥为正六棱锥时，体积最大， 设底面正六边形的边长为，所以底面外接圆的半径为， 六棱锥的底面积，设六棱锥的高为， 因为，即，所以，． 设外接球的半径为，可得，，得． 所以， 令，则， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以，解得， 故球的表面积为． 故答案为：． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（12分）如图，四边形ABEF为正方形，，AD⊥DC，AD=2DC=2BC， （1）求证：点D不在平面CEF内； （2）若平面ABCD⊥平面ABEF，求二面角A﹣CF﹣D的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【分析】（1）首先利用反证法，设点D在平面内，利用平行关系，推得矛盾，即可证明；（2）利用垂直关系，说明两两互相垂直，即可建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用向量法，求得二面角的余弦值. 【详解】解：（1）证明：(反证法)假设点D在平面内． 返四点确定的平面为．因为四边形为正方形， 所以因为平面与平面不重合， 所以EF平面，又AB平面， 所以EF//平面；因为平面平面，所以， 所以，这与不平行矛盾， 所以假设不成立，即点D不在平面内． （2）没，连接，在直角梯形中，过点作于点 因为，所以为的中点，所以，又，所以．因为四边形为正方形， 所以，又平面平面，平面平面 所以平面，所以． 以点B为坐标原点，射线BA，BD，BE分别为x，y，z轴的非负半轴建立空间直角坐标系， 取，则 设平面的法向量为，则由．可得 令，得，，即平面的一个法向量， 设平面的法向量，则由．可得 取，得，即平面的一个法向量为． 所以． 二面角的余弦值 16．（15分）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，若恒成立，求实数a的最大值． 【答案】(1)当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减 (2) 【分析】（1）求导，分和两种情况，结合符号即可讨论的单调性； （2）先分离参数，再构造函数，求导，再结合导数的符号分析函数的单调性，从而得到函数的最值，进而即可求出实数a的最大值． 【详解】（1）由，则， 当时，，所以在上单调递减； 当时，令，则， 若时，，则在上单调递增； 若时，，则在上单调递减， 综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，而在上单调递减． （2）由恒成立，即恒成立，即恒成立， 令，则， 令，，则， 所以在上单调递增，所以， 所以当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增， 所以， 所以，即实数a的最大值为． 17．（15分）为考察某种药物A对预防疾病B的效果，某研究团队随机抽取了400只动物进行试验，得到如下列联表：             疾病药物 未患病 患病 未服用 100 90 服用 150 60 (1)根据小概率值的独立性检验，能否认为药物对预防疾病有效？ (2)现从参与试验且患病的150只动物中，按是否服用药物采用分层抽样的方法抽取5只动物，再从这5只动物中随机抽取2只动物进一步试验，记抽取的2只动物中服用药物的只数为，求的分布列及数学期望． 附：（其中）． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】(1)认为该药物对预防疾病有效，此推断犯错误的概率不大于0.001 (2)分布列见解析， 【分析】（1）根据公式求出后，对照临界值即可求解. （2）先求得未服用药物的只数为3，服用药物的只数为2，的所有可能取值为0，1，2，求出对应的概率，写出分布列，从而求出数学期望. 【详解】（1）零假设：患病与服用药物无关，即药物无效． 根据列联表可得． 因为当假设成立时，， 所以根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为该药物对预防疾病有效，此推断犯错误的概率不大于0.001． （2）从参与试验且患病的150只动物中按分层抽样方法随机取出5只， 其中未服用药物的只数为，服用药物的只数为， 则的所有可能取值为0，1，2， ， 所以的分布列为 0 1 2 故随机变量的数学期望为． 18．（17分）甲、乙、丙、丁四人进行台球游戏，约定游戏规则如下： ①每轮游戏均将四人分成两组，进行一对一对打； ②第一轮甲乙对打，丙丁对打； ③每轮游戏结束后，两名胜者组成一组在下一轮对打，两名负者组成一组在下一轮对打； ④每组比赛均无平局出现，且每组比赛结果相互独立.甲胜乙、丙胜丁的概率均为，甲胜丙、甲胜丁、乙胜丙、乙胜丁的概率均为. (1)在前三轮游戏中，甲乙对打的次数为，求的数学期望； (2)求在第轮游戏中，甲乙对打的概率； (3)求在第轮游戏中，甲获胜的概率. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据游戏规则分析的所有可能取值，结合第2轮游戏两种分组概率，算出每个概率值，即可求出数学期望； （2）构造递推，得出为等比数列，利用等比数列通项公式即可求得概率； （3）先推导出，再结合甲对阵不同对手的获胜概率，代入化简即可. 【详解】（1）第1轮甲乙对打，故第2轮甲乙不可能对打，则第2轮甲只能和丙或丁对打. 若第3轮甲乙对打，则甲乙在第2轮都胜或都负；故的所有可能取值为1，2， 第2轮甲丙对打，则甲和丙在第1轮都胜或都负，其概率为， 第3轮甲乙对打，则第2轮甲和丙打，乙和丁打，此时甲和乙同胜或同负；甲和丁打，乙和丙打，此时甲和乙同胜或同负；此时， 则，所以. （2）设在第轮游戏中，甲乙对打的概率为，甲丙对打的概率为，甲丁对打的概率为， 在第轮游戏中，甲和乙对打，则第轮游戏中，甲丙对打，或者甲丁对打， 故，故， 又，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即. （3）同理可知，故， 又，则，故， 所以在第轮游戏中，甲获胜的概率为. 19．（17分）如图所示，已知四棱锥，平面，点为的中点，，垂足分别为，，，． (1)证明：； (2)若平面EBD，设二面角的平面角为，且为钝角，求的最大值； (3)若，点都在同一个球面上，且给定该球的半径时，三棱锥的体积有3个可能的值，求该球半径的取值范围． 【答案】(1)，点为的中点， ， 又，， ， 、为等腰直角三角形， 由题意，可知， 如图， 取PE中点H，连接， ,， 平面，平面，， 平面， 平面， . (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理，证明 平面，再利用线面垂直的性质定理证明即可. （2）由平面 ，得，建立空间直角坐标系,由，得：，设平面 与平面的法向量分别为，， 求出计算即可求得的最大值. （3）由线面垂直得，设， 设的外心为， 由，利用两点间距离公式，整理得：，因此球心 即为过且垂直于平面的直线与的交点，得到， 令，代入及表达式， 分取值范围讨论即可. 方法二：设球心，利用，整理得，下同方法一. 【详解】（1）略 （2）设与的交点为， ∵平面 ，平面 平面， 平面 ， ， 点为的中点， 为的中点， 平面，平面， ， 又，， ， 如图所示，建立空间直角坐标系， 则，，， 设，，， ， ， ， 得， 同理：可得， 不妨设，，其中，， 过，从而， 由，， 得，则 ， 设平面 与平面的法向量分别为 ， ， ，即， 可得， 同理可得：， ， 且易知，满足θ为钝角， 而，当且仅当，时取等号， 故， 二面角的平面角的余弦值的最大值为. （3）如图， 且， , 平面，平面， , 平面 ，平面 ， ， 由（2）知，， 关于平面 对称， 设，则，其中 且 ， 设的外心为，显然应在轴上， 设， ， 故有，整理得：， 同时在平面 的垂直平分线恰为， 因此球心 即为，过点且垂直于平面的直线与的交点， 故， 令，则且，代入及表达式， 得， 因此，令， 故，且， 且给定该球的半径时，三棱锥P-BCD的体积有3个可能的值， 等价于有3个不同的解，即有3个不同的解， ①当时，关于的方程， 在区间上有唯一解， 此时关于v的方程仅在区间有一解，不满足题意； ②当时， 关于的方程恰有两解，， 方程在区间有1解，有唯一解， 故共有2组解，不满足题意； ③当时， 关于的方程在，分别有一解， 此时关于v的方程在区间有一解，在 有2解， 共3解，符合题意， 因此，即， 综上所述，该球半径的取值范围是； 解法二：令，则且， 代入的表达式为：， 则，结合，后同解法一的讨论． 方法二：（3），且， 故， 平面，平面， ， 平面 ， 平面 ， ， 由（2）知，， 关于平面 对称， 设，则，其中 且 ， 设球心，则， 化简整理得：，且，故， 下同方法一. 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 $