2025-2026学年高二下学期数学期末复习卷docx

**基本信息** 高二数学期末基础复习卷，以耕种深度与产量关系、文旅产品体验等现实情境为载体，覆盖概率统计、解析几何、数列等核心知识，注重基础巩固与数学思维培养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|正态分布、直线平行、圆位置关系|基础概念辨析，考查数学抽象能力| |多选题|4/20|抛物线性质、数列综合|知识综合应用，培养批判性思维| |填空题|4/20|条件概率、切线斜率、椭圆离心率|聚焦关键能力，体现数学运算素养| |解答题|5/77|概率应用、数列求和、立体几何、椭圆面积、导数综合|现实问题建模，考查逻辑推理与创新意识，贴合高考命题趋势|

高二数学期末复习卷（基础版） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知随机变量服从正态分布，若，则等于（   ） A．0.4 B．0.3 C．0.2 D．0.1 2．若直线与直线平行，则（    ） A．3 B． C． D． 3．圆与圆的位置关系是（     ） A．外离 B．外切 C．相交 D．内切 4．某研究所研究耕种深度（单位：）与一种农作物每公顷产量（单位：）的关系，所得数据资料如下表： 耕种深度 2 3 5 6 每公顷产量 m 5 7 8 发现与之间具有线性相关关系，其经验回归方程为，则（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 5．设等比数列的前n项和为，若，，则公比 q=（    ） A．2 B． C．1或 D．2 或 −1 6．五一期间，某市文旅部门打造了“儒家文化，运河风情，水浒江湖，湖光山色”四大主题文旅产品，甲、乙、丙3名游客每人从中至少选择一个主题体验，且每个主题都恰有1人体验，则不同的游览方式共有（     ）种 A．12 B．18 C．36 D．72 7．已知函数的导函数为，若对任意的，都有，且，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 8．已知双曲线的右焦点为F，P为双曲线右支上一动点，，则的最小值为（     ） A． B． C．5 D．10 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分） 9．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，则下列说法正确的是（   ） A．若，则点的坐标为 B．当的倾斜角为时， C． D．以为直径的圆与直线相切 10．已知数列的前项和为，且，则（     ） A．数列为等差数列 B． C．当或时，有最小值 D．数列有最小值，且最小值为 11．已知函数，则（    ） A． B．恰有2个零点 C．恰有2个极值点 D．曲线在点处的切线方程为 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 12．现有一箱中装有6个红球和4个白球，从中依次不放回随机摸出2个球，则在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到白球的概率等于________． 13．若直线过原点，且与相切，则的斜率为__________． 14．设，分别是椭圆：（）的左、右焦点，过的直线交椭圆于、两点，且，，则椭圆的离心率为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应给出文字说明、证明过程及演算步骤． 15．甲、乙两位同学进行某项体育运动比赛，约定赛制如下：比赛最多打5场，每场胜者得1分，败者不得分，比赛进行到有一人比另外一人多2分或打满五场时比赛终止，分数多者获胜．现已知每场比赛中甲同学获胜的概率是，乙同学获胜的概率是． (1)求第二场比赛结束后比赛终止的概率； (2)求甲最终获胜的概率． 16．设为数列的前项和，已知，. (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 17．在四棱锥中，侧面底面，底面是正方形，，，点是棱上一点． (1)当点是棱中点时，求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 18．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的直线交椭圆于两点． (1)求椭圆的标准方程； (2)求面积的最大值（为坐标原点） 19．已知函数，． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若恰有两个零点，求实数a的取值范围； (3)证明：当时，． 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 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D C A C C A B ACD BCD 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】利用正态分布关于对称的性质，结合已知概率推导所求区间的概率. 【详解】因为随机变量，因此正态曲线的对称轴为， 由对称性可知，， 已知，可得， 对称性知， 所以. 2．D 【分析】根据平行系数关系计算求解. 【详解】由直线与直线平行，得， 所以. 3．C 【分析】将两圆的一般方程化为标准方程，求得圆心坐标与半径，计算圆心距后与两半径的和、差比较，即可判断两圆位置关系。 【详解】对于圆：，配方得，故圆心，半径； 对于圆：，配方得，故圆心，半径； 显然两圆圆心距， 两半径之差为，两半径之和为， 显然满足，即，因此两圆相交. 4．A 【分析】将代入经验回归方程计算即可得. 【详解】，， 则，解得. 5．C 【详解】若，则，， 符合； 若，则，解得， ，代入， 得到，即得 即，因，则得， 解得. 综上可得，或. 6．C 【分析】先将4个主题按2,1,1的结构分组，再将三组分配给3名游客，结合分步乘法计数原理计算即可. 【详解】先将4个主题分为2个、1个、1个共三组，分组方法数为； 再将分好的三组全排列，分配给3名不同的游客，排列方法数为； 根据分步乘法计数原理，总游览方式共有种. 7．A 【分析】构造函数，求得且，把不等式转化为，得到，结合单调性，即可求解. 【详解】构造函数，可得， 因为，可得，所以在单调递减， 又因为，可得， 则不等式，即，可得， 即，所以，即不等式的解集为. 8．B 【分析】设双曲线的左焦点为，根据双曲线的定义，将转化为，即可求其最小值. 【详解】设双曲线的左焦点为，则，所以，. 则由题意可得，，即. 所以， 当且仅当三点共线时，等号成立. 即的最小值为. 9．ACD 【分析】利用焦半径公式即可验证A；由点斜式写出直线方程，与抛物线联立解得，即可验证B；设直线的方程为，联立方程组由韦达定理即可验证C；设的中点为，过，，分别作准线的垂线于点，，，则，即可验证 D. 【详解】A，因为焦半径， 所以，代入，解得， 由，所以，故A正确； B，当的倾斜角为时，斜率为，则的方程为 ， 联立方程，得到，则或， 因为点在上方，所以，所以，故B错误； C，抛物线的标准方程为，若直线与轴重合， 此时，直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意， 所以直线不与轴重合，设直线的方程为， 联立可得，则， 由韦达定理可得，则，故C正确； D，设的中点为，过，，分别作准线的垂线于点，，， 所以，圆心到准线的距离等于半径，故D正确； 10．BCD 【分析】利用与的关系，求出数列的通项公式及前三项的相邻两项之差，即可判断A；根据通项公式求出，即可判断B；利用二次函数的对称性，求出取最小值时的值，即可判断C；利用基本不等式求出数列的最小值，即可判断D. 【详解】因为 ，当 时， ， 当时， ， 且当时， ，所以， 对于A，， ， 所以数列不是等差数列，故A错误； 对于B，当 时， ，故B正确； 对于C，因为的对称轴为， 又，所以当 或 时，同为最小值，故C正确； 对于D，因为 ， 当且仅当，即 时，等号成立， 所以的最小值为 ，故D正确． 11．ABD 【分析】求导，令，得，即可判断A；利用导数的几何意义求解判断D；利用导数的正负分析函数的单调性，进而求解判断BC. 【详解】由，得， 令，得，解得，故A正确； 则，，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为，即，故D正确； 由于的定义域为，且， 令，得，令，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数只有1个极值点，故C错误； 而， ， ， 结合的单调性可得恰有2个零点，故B正确. 12． 【分析】 由于第一次摸到红球已经发生，故第二次摸球的时候箱子中有5个红球，4个白球，即得到答案 【详解】 在第一次摸到红球的条件下，箱中剩余9个球，其中红球5个，白球4个， 所以在第一次抽到红球的条件下，第二次取到白球的概率是. 13． 【分析】设切点为，再利用导数的几何意义求出切线方程，然后将原点坐标代入可求出，再将代入导函数中可求出切线的斜率. 【详解】因为，所以， 设切点为，所以， 所以切线方程为， 又切线过坐标原点，所以， 所以，所以， 所以切线方程的斜率. 14．/ 【分析】利用椭圆的定义表示，再结合直角三角形勾股定理建立与的关系，进而求得离心率. 【详解】设，则，， 根据椭圆定义，，， 又因为，所以在中， 即，解得，则，， 则在中，，即， 所以故离心率. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据比赛终止条件，拆分互斥事件，再利用独立事件概率相乘，最后求和即可； （2）根据题意得出比赛结束场次为第场、第场或第场，计算相应概率并求和． 【详解】（1）设“打场后甲获胜”，“打场后乙获胜”，“第二场比赛结束后比赛终止”，“甲最终获胜”， 因为，， 所以． （2）由题设条件，比赛可能在第场、第场或第场终止， 甲连胜两场：； 前两场双方，第3、4场甲连胜： ； 前4场双方，第5场甲获胜： ， 所以． 16．(1) (2) 【详解】（1）由题意知①， 当时，， 当时，②， ①②得， ，又， ∴数列是首项为1，公比为4的等比数列，. （2）由题意得， 是首项为，公比为的等比数列， . 17．(1)证明：连接，交于点，连接． 因底面是正方形，则点是中点，又因点是棱中点， 所以． 又因为平面，平面， 所以平面. (2)或． 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可； （2）由面面垂直的性质得到平面，即可得到，再证，进而建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可得的坐标，即可得解. 【详解】（1）略 （2）因为侧面底面，平面底面， 因，平面,则平面． 又因平面,则． 因为，，满足,则得． 故可以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系． 则，，，，． 设，则,且， 则,,, 设平面的法向量为． 由,故可取． 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以． 整理得，解得或,经检验均符合题意. 故线段的长为或． 18．(1) (2) 【分析】（1）根据条件建立方程，，求出，即可求解； （2）根据条件设直线的方程为，联立椭圆方程，利用弦长公式求出，求出到直线的距离，进而可得，再求出其最大值，即可求解. 【详解】（1）由题知，整理得到①， 又点在椭圆上，则②，由①②解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）易知直线的斜率存在且不为，设直线的方程为，， 由，消得到， 则，得到， 所以， 又到直线的距离为， 所以， 令，则， 令，令，则， 又，当且仅当，即时取等号， 所以，则， 所以面积的最大值为. 19．(1) (2) (3)时，要使，即使， 因此要证明. ， 设，则， 则在上单调递增， 又因为，，则存在使得， 因此时，时，. 所以在单调递减，在单调递增. 因为，所以，即. . 对两边同时取对数得，所以，所以成立. 【分析】(1)利用导数求得该点切线斜率求解. (2)通过构造函数求得关于的函数，利用导数求解单调性判断的范围. (3)通过构造函数并假设一点使得在该点导函数为求解函数极值. 【详解】（1）因为，所以，，因为，所以切线方程为. （2），令，解得. ，所以，时，时，， 所以在单调递减，在单调递增. 因为，且时，，时，， 所以 （3）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 $