2025-2026学年高二下学期数学期末自编模拟卷（二）（人教A版）

**基本信息** 该高二数学期末模拟卷知识覆盖全面，能力梯度清晰，解答题融入消防分配概率、椭圆方程等情境，体现数学思维与应用意识，适配期末综合测评需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|集合、复数、二项式定理等|基础概念辨析，如导数几何意义结合切线垂直| |多选|3/18|统计（分位数、独立性检验）、数列|多维度能力考查，如独立性检验推断可靠性| |填空|3/15|双曲线离心率、函数极值|抽象能力应用，如双曲线渐近线与圆位置关系| |解答|5/77|概率应用、椭圆、立体几何、导数综合|情境化与综合性，如消防分配概率（应用意识）、正方体动点轨迹（空间观念）|

2025-2026学年高二下学期数学期末自编模拟卷（二） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 1、 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，只有一项是符合题目要求的. 1．已知全集，集合，则（   ） A． B． C． D． 1【答案】C 【详解】等价于，解得，即. 所以. 2．已知复数（为虚数单位），则的虚部为（    ） A． B． C． D． 2【答案】A 【分析】根据复数的除法运算及共轭复数及复数的定义求解即可. 【详解】，， 所以的虚部为. 3．展开式中的常数项为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 3【答案】C 【详解】根据二项式定理，展开式中的通项公式为： ， 要求展开式中的常数项，则的指数为0，即， 解得，代入通项公式的系数部分，求得常数项： ，C正确. 4．已知曲线在点处的切线与直线垂直，则（   ） A． B． C． D． 4【答案】C 【详解】因为，， 设切线斜率为，则， 又因为切线与直线垂直， 所以，即，解得. 5．已知直线与圆交于A，B两点，当的面积最大时，点O到直线l的距离为（   ） A． B． C．1 D． 5【答案】D 【分析】设点O到直线l的距离为，进而得，即，利用基本不等式即可求解. 【详解】设点O到直线l的距离为，所以， 所以， 当时，即时，等号成立. 6．从正方体的十二条棱中任选两条，则这两条棱所在直线互为异面直线的概率是（    ） A． B． C． D． 6【答案】B 【详解】从正方体的十二条棱中任选两条，共有种， 与互为异面直线的棱有，共条， 故所有互为异面直线的棱的对数共有， 故这两条棱所在直线互为异面直线的概率是.    7．已知事件与事件相互独立，若，，则（    ） A． B． C． D． 7【答案】D 【分析】应用概率的基本性质及已知得，结合及对立事件的概率求法求概率. 【详解】由题设， 又，则，整理得， 由，且，可得， 所以. 8．已知函数（，），若的图象的任何一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8【答案】C 【分析】由已知得，，且，解之讨论k，可得选项. 【详解】因为的图象的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标均不属于区间，所以，所以，故排除A，B； 又，且，解得， 当时，不满足， 当时，符合题意， 当时，符合题意， 当时，不满足，故C正确，D不正确， 【点睛】关键点睛：本题考查根据正弦型函数的对称性求得参数的范围，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于的不等式组，解之讨论可得选项. 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．下列说法正确的是（    ） A．若随机变量X，Y满足，则 B．数据8，11，13，14，17，20，21，25的分位数为20.5 C．在经验回归方程中，若样本相关系数r越大，则两个变量的线性相关性越强 D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到 ，根据小概率值的独立性检验（），可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05 9【答案】ABD 【详解】若随机变量X，Y满足，则，A正确； 因为，分位数为，B正确； 经验回归方程中，样本相关系数r的绝对值越大，两个变量的线性相关性越强，C错误； 由，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，D正确． 10．已知数列中，，，其前项和为，则（   ） A． B． C．当取最小值时， D．数列的前项和为 10【答案】ABD 【分析】由题意，可得数列是等差数列，进而可求得数列的通项公式，可判断选项A正确； 再根据等差数列的前项和公式，可求得，令，可求得，可得选项B正确； 根据等差数列前项和的二次函数性，可得选项C错误； 由通项可得数列的通项，结合裂项相消法可求得前项和，可得选项D正确. 【详解】由题意，，则，所以数列是公差为的等差数列， 又，所以，故A选项正确； 因为等差数列中，，，所以，故B选项正确； 又， 所以当时，取最小值，故C选项错误； 又，所以， 所以   ，故D选项正确. 综上所述，选项ABD正确. 11．如图，在棱长为2的正方体中，是侧面上一点，则（     ）    A．存在点，使 B．若，则动点的轨迹长度为 C．当点在线段上时，直线与平面平行 D．当点在线段上时，直线与平面所成角的正弦值可以为 11【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量运算分析线面平行、线面垂直、轨迹方程、线面角，逐项分析计算即可. 【详解】以为原点，、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，    则，，，，，，. 设（在侧面上，则坐标恒为2，，）. 选项A：，. 若，则，即，解得. 取，则满足条件，故A正确； 选项B：由得，，化简得. 该方程表示在平面上，以点为圆心，半径为1的圆弧（，，实际是四分之一圆）， 所以轨迹长度为，故B错误； 选项C：，. 设平面的法向量为，则 ，即，令，则，，所以. 因为在线段上，设（），则， 所以，，所以，（）. 因为，所以，又平面， 所以直线与平面平行，故C正确； 选项D：，. 设平面的法向量为，则 ，即，令，则，又，所以. 设直线与平面所成角为，由选项C知，（）. 则 ，， 所以，当时，取最大值，为，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．已知双曲线：的右焦点为，坐标原点为，以线段为直径的圆与的一条渐近线交于异于点的另一点 ．若，则的离心率为_________． 12【答案】 【分析】设点为第一象限的点，求得 ，再利用公式可计算出双曲线的离心率. 【详解】设点为第一象限的点，则以 为直径的圆交双曲线的渐近线 于点， 则，且 ， ， 因此，双曲线的离心率为. 13．已知函数在处取得极小值，则___________． 13【答案】1 【分析】求导，令，求出的值，再将的值代回中，再根据的符号判断在处是否取得极小值即可得到答案． 【详解】由，则， 又在处取得极小值，则，解得或， 当时，， 则若时，，此时单调递增；若时，，此时单调递减， 此时在处取得极大值，不满足条件； 当时，， 则若时，，此时单调递减；若时，，此时单调递增， 此时在处取得极小值，满足条件． 综上所述，． 14．已知函数，，若，，使得，则实数的取值范围是_______________________. 14【答案】 【分析】将问题转化为两个函数的最值问题，解不等式可得. 【详解】因为，，使得， 所以，对，，有， 因为在上单调递增，所以， 由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增， 又，所以在上的最大值为， 故，解. 故答案为： 四、解答题 15．已知数列的各项均不为0，前项和为，且． (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 15【答案】(1) (2) 【分析】（1）由，可得，从而可得数列是等比数列，再求通项公式即可； （2）由（1）可得，从而得，从而利用错位相减求解即可. 【详解】（1）因为①， 当时，则有， 当时，则有②， 由①②， 得， 所以， 即， 所以数列是等比数列，其首项为，公比， 所以； （2）由（1）可得， 所以， 所以， 所以， 所以， 两式相减，得 ， 所以. 16．在张家口市桥东区河北盛华化工有限公司附近发生爆炸起火事故中，甲、乙等五名消防官兵被随机地分到A，B，C，D四个不同的地点救火，每个地点至少有一名消防人员． (1)求甲、乙两人同时参加A地点救火的概率； (2)求甲、乙两人不在同一个地点救火的概率； (3)求五名消防人员中仅有一人参加A地点救火的概率． 16【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）记“甲、乙两人同时参加地点救火”为事件，则， 所以甲、乙两人同时参加地点救火的概率是． （2）记“甲、乙两人同时参加同一地点救火”为事件，则， 所以甲、乙两人不在同一地点救火的概率是． （3）因为有两人同时参加地点救火的概率， 所以仅有一人参加地点救火的概率． 17．在平面直角坐标系中，点，在椭圆∶上． (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线过点，且与椭圆交于，两点，若点使得恒成立，求的值． 17【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用待定系数法来求椭圆方程； （2）利用方程组思想，结合斜率公式和韦达定理，可求解参数. 【详解】（1）由题意有，解得， 故椭圆的标准方程为． （2）若直线斜率不为0，设直线的方程为， 将直线与椭圆方程联立， 得，显然， 设，，于是由韦达定理可得： ，（*）， 因为，即，则 ，， 将（*）代入，得 整理得． 由的任意性，可得， 若直线斜率为0，取，此时，也满足题意． 故所求． 18．如图，在直三棱柱中，为的中点，，且． (1)证明：平面； (2)若，二面角的平面角为． ①求与平面所成角的正弦值； ②点在面内，且三棱锥的体积为，求点轨迹的长度． 18【答案】(1)在直三棱柱中，平面，由平面，得， 由为的中点，，得，又，平面， 所以平面 (2)①；②. 【分析】（1）利用线面垂直的性质、判定推理得证. （2）①建立空间直角坐标系，利用面面角的法向量列式求出，再利用线面角的向量法求解；②利用三棱锥体积求出点到平面的距离，再由向量法求距离求出轨迹方程，进而求出轨迹长度. 【详解】（1）略 （2）①在直三棱柱中，，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则，， 设平面的法向量，则，取，得， 而平面的法向量，由二面角的平面角为， 得，解得，，， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为. ②由（1）得，则， 由三棱锥的体积为，得到平面的距离为， 由点在侧面上，设，则， 因此到平面的距离为， 点轨迹方程为，而， 则在侧面上的轨迹是线段，所以的轨迹长度为. 19．已知函数（）． (1)若在处取得极值，求的值； (2)求函数的最值； (3)设，若，，恒成立，求实数的取值范围． 19【答案】(1) (2)当时，函数无最值；当时，函数的最大值为，无最小值 (3) 【分析】（1）利用求得，并进行检验. （2）对进行分类讨论，根据的单调性确定的最值. （3）将问题转化为，结合导数分别求得的最大值和的最小值，由此列不等式求得的取值范围. 【详解】（1）因为，所以，其中． 因为函数在处取得极值，所以，解得． 经检验，符合题意，所以． （2）由（1）知． 当时，，所以函数在上单调递增，无最值． 当时，，所以函数在上单调递增，无最值． 当时，令，得；令，得． 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值，也是最大值为，无最小值． 综上，当时，函数无最值； 当时，函数的最大值为，无最小值． （3）因为， 恒成立， 所以． 由（2）知，只有当时，． 因为，其中， 所以． 令，其中，则， 所以函数在区间上单调递增． 因为， 所以由零点存在定理可知，存在唯一的， 使得，即，即． 令，其中，则， 所以函数在上单调递增． 因为，所以． 由，可得，则，所以． 又当时，，即； 当时，，即． 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以． 因为， 所以实数的取值范围是． 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 $ 2025-2026学年高二下学期数学期末自编模拟卷（二） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 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，只有一项是符合题目要求的. 1．已知全集，集合，则（   ） A． B． C． D． 2．已知复数（为虚数单位），则的虚部为（    ） A． B． C． D． 3．展开式中的常数项为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．已知曲线在点处的切线与直线垂直，则（   ） A． B． C． D． 5．已知直线与圆交于A，B两点，当的面积最大时，点O到直线l的距离为（   ） A． B． C．1 D． 6．从正方体的十二条棱中任选两条，则这两条棱所在直线互为异面直线的概率是（    ） A． B． C． D． 7．已知事件与事件相互独立，若，，则（    ） A． B． C． D． 8．已知函数（，），若的图象的任何一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间，则的取值范围是（    ） 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．下列说法正确的是（    ） A．若随机变量X，Y满足，则 B．数据8，11，13，14，17，20，21，25的分位数为20.5 C．在经验回归方程中，若样本相关系数r越大，则两个变量的线性相关性越强 D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到 ，根据小概率值的独立性检验（），可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05 10．已知数列中，，，其前项和为，则（   ） A． B． C．当取最小值时， D．数列的前项和为 11．如图，在棱长为2的正方体中，是侧面上一点，则（     ） A．存在点，使 B．若，则动点的轨迹长度为 C．当点在线段上时，直线与平面平行 D．当点在线段上时，直线与平面所成角的正弦值可以为 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．已知双曲线：的右焦点为，坐标原点为，以线段为直径的圆与的一条渐近线交于异于点的另一点 ．若，则的离心率为_________． 13．已知函数在处取得极小值，则___________． 14．已知函数，，若，，使得，则实数的取值范围是_______________________. 四、解答题 15．已知数列的各项均不为0，前项和为，且． (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 16．在张家口市桥东区河北盛华化工有限公司附近发生爆炸起火事故中，甲、乙等五名消防官兵被随机地分到A，B，C，D四个不同的地点救火，每个地点至少有一名消防人员． (1)求甲、乙两人同时参加A地点救火的概率； (2)求甲、乙两人不在同一个地点救火的概率； (3)求五名消防人员中仅有一人参加A地点救火的概率． 17．在平面直角坐标系中，点，在椭圆∶上． (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线过点，且与椭圆交于，两点，若点使得恒成立，求的值． 18．如图，在直三棱柱中，为的中点，，且． (1)证明：平面； (2)若，二面角的平面角为． ①求与平面所成角的正弦值； ②点在面内，且三棱锥的体积为，求点轨迹的长度． 19．已知函数（）． (1)若在处取得极值，求的值； (2)求函数的最值； (3)设，若，，恒成立，求实数的取值范围． 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 $ 2025-2026学年高二下学期数学期末自编模拟卷（二） 参考答案 1、 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，只有一项是符合题目要求的. 1 2 3 4 5 6 7 8 C A C C D B D C 2、 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 10 11 ABD ABD ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12【答案】 13【答案】1 14【答案】 四、解答题 15【答案】(1) (2) 【分析】（1）由，可得，从而可得数列是等比数列，再求通项公式即可； （2）由（1）可得，从而得，从而利用错位相减求解即可. 【详解】（1）因为①， 当时，则有， 当时，则有②， 由①②， 得， 所以， 即， 所以数列是等比数列，其首项为，公比， 所以； （2）由（1）可得， 所以， 所以， 所以， 所以， 两式相减，得 ， 所以. 16【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）记“甲、乙两人同时参加地点救火”为事件，则， 所以甲、乙两人同时参加地点救火的概率是． （2）记“甲、乙两人同时参加同一地点救火”为事件，则， 所以甲、乙两人不在同一地点救火的概率是． （3）因为有两人同时参加地点救火的概率， 所以仅有一人参加地点救火的概率． 17【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用待定系数法来求椭圆方程； （2）利用方程组思想，结合斜率公式和韦达定理，可求解参数. 【详解】（1）由题意有，解得， 故椭圆的标准方程为． （2）若直线斜率不为0，设直线的方程为， 将直线与椭圆方程联立， 得，显然， 设，，于是由韦达定理可得： ，（*）， 因为，即，则 ，， 将（*）代入，得 整理得． 由的任意性，可得， 若直线斜率为0，取，此时，也满足题意． 故所求． 18【答案】(1)在直三棱柱中，平面，由平面，得， 由为的中点，，得，又，平面， 所以平面 (2)①；②. 【分析】（1）利用线面垂直的性质、判定推理得证. （2）①建立空间直角坐标系，利用面面角的法向量列式求出，再利用线面角的向量法求解；②利用三棱锥体积求出点到平面的距离，再由向量法求距离求出轨迹方程，进而求出轨迹长度. 【详解】（1）略 （2）①在直三棱柱中，，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则，， 设平面的法向量，则，取，得， 而平面的法向量，由二面角的平面角为， 得，解得，，， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为. ②由（1）得，则， 由三棱锥的体积为，得到平面的距离为， 由点在侧面上，设，则， 因此到平面的距离为， 点轨迹方程为，而， 则在侧面上的轨迹是线段，所以的轨迹长度为. 19【答案】(1) (2)当时，函数无最值；当时，函数的最大值为，无最小值 (3) 【分析】（1）利用求得，并进行检验. （2）对进行分类讨论，根据的单调性确定的最值. （3）将问题转化为，结合导数分别求得的最大值和的最小值，由此列不等式求得的取值范围. 【详解】（1）因为，所以，其中． 因为函数在处取得极值，所以，解得． 经检验，符合题意，所以． （2）由（1）知． 当时，，所以函数在上单调递增，无最值． 当时，，所以函数在上单调递增，无最值． 当时，令，得；令，得． 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值，也是最大值为，无最小值． 综上，当时，函数无最值； 当时，函数的最大值为，无最小值． （3）因为， 恒成立， 所以． 由（2）知，只有当时，． 因为，其中， 所以． 令，其中，则， 所以函数在区间上单调递增． 因为， 所以由零点存在定理可知，存在唯一的， 使得，即，即． 令，其中，则， 所以函数在上单调递增． 因为，所以． 由，可得，则，所以． 又当时，，即； 当时，，即． 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以． 因为， 所以实数的取值范围是． 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 $