2025-2026学年广东省广州市高二下学期期末冲刺数学模拟卷

**基本信息** 聚焦高二核心知识，融合预制菜市场规模回归、科赫雪花图案等真实情境与数学文化，通过梯度设计考查抽象能力、推理意识与数据观念，适配期末综合复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|数列（第1题）、正态分布（第2题）、函数单调性（第3题）|第8题分组概率考查创新思维，第10题科赫雪花体现几何直观| |填空题|3题/15分|数列求和（第12题）、二项式定理（第13题）、函数零点（第14题）|第14题含参数零点问题考查数学抽象| |解答题|5题/77分|数列证明与求和（第15题）、立体几何（第16题）、概率递推（第17题）、双曲线（第18题）、导数综合（第19题）|第17题食堂套餐选择构建概率模型，第19题导数证明考察逻辑推理，第6题预制菜回归培养数据观念|

2025-2026学年广东省广州市高二下学期期末冲刺数学模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．在等差数列中，已知，，则（    ） A．90 B．40 C．50 D．60 2．已知随机变量服从正态分布，若，则（    ） A．0.1 B． C． D． 3．函数的单调递减区间为（    ） A． B． C． D． 4．某单位国庆期间有4天假期，现安排甲、乙、丙3人值班，每人至少值班一天，每天只安排一人值班，且甲不安排在第一天值班的安排方法共有（    ） A．20种 B．36种 C．24种 D．18种 5．已知函数，其中.则使函数不存在极值的有序数对共有（    ）对. A．7 B．8 C．9 D．10 6．预制菜指以各类农、畜、禽、水产品为原辅料，配以调味料等辅料经预选、调制等工艺加工而成的半成品．近几年预制菜市场规模快速增长，某城市调查近4个月的预制菜市场规模y（万元）得到如表所示的数据，根据数据得到y关于x的非线性回归方程． x 1 2 3 4 y 按照这样的速度，预估第6个月的预制菜市场规模是（    ） A．万元 B．万元 C．万元 D．万元 7．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 8．将、、、分为没有公共元素的两组，每组各个数．现从这两组中独立且随机地各选择一个数、，定义随机变量．在所有分组方式中，的最大值与最小值分别为（    ） 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．已知离散型随机变量的分布列如下： 0 1 2 则下列结论正确的是（ ） A． B． C． D． 10．如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线，若原正三角形边长为1，记第n个图形的边数为，第n个图形的边长为，第n个图形的周长为，第n个图形的面积为．则下列命题正确的是（    ） A． B． C． D．数列的前n项和为 11．已知函数及其导函数的定义域均为 ，若函数和均为奇函数，则（   ） A．函数的图象关于直线 对称 B．函数的图象关于直线 对称 C． D． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知数列的前项和为，若，则______. 13．若，则_______． 14．已知函数，若方程有三个不同的实数根，且，则的取值范围是______． 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．（13分）已知数列中，，且（）． (1)求证：数列为等差数列； (2)求数列的前项和． 16．（15分）如图，在以顶点的五面体中，四边形是矩形，平面平面，． (1)证明：平面； (2)已知二面角是，，点到平面的距离为．求； 17．（15分）为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复． (1)求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； (2)记该同学第n天中午选择米饭套餐的概率为． ①证明：为等比数列，并求数列的通项公式； ②证明：当时，恒成立． 18．（17分）已知双曲线（，）经过点，，直线交的右支于，两点，且线段的中点为． (1)求双曲线的标准方程； (2)若点的坐标为，求直线的方程； (3)若直线经过的右焦点，以为直径的圆与直线相交于，两点，证明：为定值． 19．（17分）已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)若当时，恒成立，求的取值范围； (3)若关于的方程有两个不等实根，证明：. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年广东省广州市高二下学期期末冲刺数学模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．在等差数列中，已知，，则（    ） A．90 B．40 C．50 D．60 【答案】D 【分析】根据题意得到成等差数列，从而求出，得到答案. 【详解】因为为等差数列，所以成等差数列， ，，故， . 故选：D 2．已知随机变量服从正态分布，若，则（    ） A．0.1 B． C． D． 【答案】A 【分析】由条件结合正态密度曲线的对称性可得，结合条件可求. 【详解】因为随机变量服从正态分布， 所以随机变量的均值, 所以随机变量的密度曲线关于对称， 所以， 又， 所以， 因为， 所以， 故选：A. 3．函数的单调递减区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先得出函数的定义域，再令，解不等式即可. 【详解】函数的定义域为，，令，解得：， 多取一个端点不影响单调性，所以在上单调递减. 故选：D 4．某单位国庆期间有4天假期，现安排甲、乙、丙3人值班，每人至少值班一天，每天只安排一人值班，且甲不安排在第一天值班的安排方法共有（    ） A．20种 B．36种 C．24种 D．18种 【答案】C 【分析】分甲值一天班和甲值两天班两种情况，结合甲不安排在第一天值班分类讨论求解即可. 【详解】若甲值一天班且甲不安排在第一天值班，则甲有种安排方式， 则剩下三天安排乙、丙2人值班，则其中有一人需安排值两天班， 则乙、丙2人有种安排方式， 此时甲、乙、丙3人共有种安排方式； 若甲值两天班且甲不安排在第一天值班， 先从乙、丙2人中选择一人安排在第一天值班，则有种安排方式， 再安排乙、丙2人中剩下的一人与甲值剩下三天班且甲值两天班， 有种安排方式，此时共有种安排方式； 综上，共有种安排方式. 故选：C 5．已知函数，其中.则使函数不存在极值的有序数对共有（    ）对. A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】D 【分析】由题设，根据得，进而列举出所有数对，即可得. 【详解】由题设，要使函数不存在极值，只需， 所以，满足的有序数对为，共10对. 故选：D 6．预制菜指以各类农、畜、禽、水产品为原辅料，配以调味料等辅料经预选、调制等工艺加工而成的半成品．近几年预制菜市场规模快速增长，某城市调查近4个月的预制菜市场规模y（万元）得到如表所示的数据，根据数据得到y关于x的非线性回归方程． x 1 2 3 4 y 按照这样的速度，预估第6个月的预制菜市场规模是（    ） A．万元 B．万元 C．万元 D．万元 【答案】D 【分析】令，则，求出，，根据必过求出，再代入计算可得. 【详解】令，则，可得关于的数据如下： 1 2 3 4 所以，， 又必在回归方程上，所以，解得， 所以，当时，即预估第6个月的预制菜市场规模是万元. 故选：D 7．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由，，可判断，再由切线不等式，可判断，得解. 【详解】由当时，由三角函数线知识可得， 所以， 又令，， ， 令，解得，令，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， ，即，当且仅当时等号成立， 故而，所以. 故选：A. 8．将、、、分为没有公共元素的两组，每组各个数．现从这两组中独立且随机地各选择一个数、，定义随机变量．在所有分组方式中，的最大值与最小值分别为（    ） A．、 B．、 C．、 D．、 【答案】D 【分析】设数的取值构成的集合为，数构成的集合为，列举出满足的数组，找出满足取最大值和最小值对应的集合、，结合古典概型的概率公式可求得结果. 【详解】设数的取值构成的集合为，数构成的集合为， 满足的数组有：、、、、、、 、、、、、、、、 、、、、，共对， 当，时， 或，时， 满足的样本点有个，此时取最大值，且最大值为； 考虑，若，且集合中的元素个数为， 根据题意可知，任取，则满足的元素， 由此可知，于是得出， 但是，不符合题意，故， 且此时满足的样本点只有个，且为， 此时取最小值，且最小值为. 综上所述，的最大值为，最小值为. 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．已知离散型随机变量的分布列如下： 0 1 2 则下列结论正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据离散型随机变量分布列的性质，即概率和为1，及期望与方差公式即可对四个选项进行判断. 【详解】由离散型随机变量分布列的性质知，则，故A正确； 由，则，，， 所以均值，故C正确； 又方差，故D正确，B错误． 10．如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线，若原正三角形边长为1，记第n个图形的边数为，第n个图形的边长为，第n个图形的周长为，第n个图形的面积为．则下列命题正确的是（    ） A． B． C． D．数列的前n项和为 【答案】ABD 【分析】根据给定的图形作法，探讨各自的变化规律，计算判断即得. 【详解】对于A，第n个图形的每条边分成三等份，去掉中间段，并以中间段为边向形外作正三角形， 得第个图形，则原来每条边变为4条，即，而，则，故A正确； 对于B，第2个图形在第1个图形外增加3个边长为的正三角形， 第3个图形在第2个图形外增加12个边长为的正三角形，而所有正三角形都相似， 则，故B正确； 对于C，由作法知，，而，则，故C错误； 对于D，由选项AC知，， 所以数列的前n项和为，故D正确. 11．已知函数及其导函数的定义域均为 ，若函数和均为奇函数，则（   ） A．函数的图象关于直线 对称 B．函数的图象关于直线 对称 C． D． 【答案】BC 【分析】先根据函数奇偶性判断函数的对称性，再通过求导、变量代换等方法推导函数的周期性，最后通过举例判断选项D是否成立. 【详解】对于A，由 是奇函数得 ， 则 关于点 中心对称，不是关于直线 对称，因此A错误； 对于B，对 两边对 求导得： ， 所以 关于直线 对称，因此B正确； 对于C，因为 为奇函数，所以 又由 可得 所以 令 则 所以 为常数． 又由 为奇函数，取 得 所以 因此 即 于是 故 C 正确． 对于D，取 则为奇函数． 又 所以 也是奇函数，满足题设条件． 此时 每 项和为 ． 又 所以. 因此D不一定成立，故D错误． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知数列的前项和为，若，则______. 【答案】 【分析】由的关系对分类讨论即可求解. 【详解】当时，， 当时，不满足上式，所以. 故答案为：. 13．若，则_______． 【答案】84 【分析】根据二项式通项公式结合组合数性质计算求解. 【详解】由题意 根据二项式定理可得. 14．已知函数，若方程有三个不同的实数根，且，则的取值范围是______． 【答案】 【分析】构造函数，利用导函数画出图象，求出的范围，利用条件化简即可求出. 【详解】显然不为方程的实数根， 设， 则方程有三个不同的实数根等价于有三个不同的实数根， 当时，，则， 所以当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减， 且当时，，当时，，， 从而作出的大致图象如图， 由图可知当时，直线与函数的图象有3个交点，即方程有三个不同的实数根． 由得；由，得，则， 又，，则得， 所以. 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．（13分）已知数列中，，且（）． (1)求证：数列为等差数列； (2)求数列的前项和． 【答案】(1)由，得，则， 又，则， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列． (2) 【分析】（1）由题设易得，进而求证即可； （2）先求出，再利用错位相减法求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知：，则， 所以①， 则②， 则①②得：， 所以． 16．（15分）如图，在以顶点的五面体中，四边形是矩形，平面平面，． (1)证明：平面； (2)已知二面角是，，点到平面的距离为．求； 【答案】(1)过点作的垂线，设垂足为，即有， 因为，平面， 平面平面，平面平面，所以平面， 又因为平面，所以，因为四边形是矩形，所以， 所以，因为，， ，平面，平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）作，由面面垂直的性质定理得到面，进而得出，结合，证得平面； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量方法，根据点到面的距离公式，求出. 【详解】（1）略 （2）因为平面，平面， 所以，又因为， 所以是二面角的平面角，即， 所以可以以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 由已知得，，设，， 则，，且由得. 设平面的法向量为，而, 则有即有， 令，则，，所以，又， 所以点到平面的距离. 即，又因为， 所以可解得，因此. 17．（15分）为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复． (1)求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； (2)记该同学第n天中午选择米饭套餐的概率为． ①证明：为等比数列，并求数列的通项公式； ②证明：当时，恒成立． 【答案】(1) (2)①设事件为“第n天选择米饭套餐”，则，， 根据题意，， 由全概率公式，得 整理得， 故， ， 是以为首项，为公比的等比数列,通项公式为； ②当n为大于1的奇数时，； 当n为大于1的偶数时，； 综上所述，当时，． 【分析】（1）先拆分互斥情况，并求出相关概率，利用条件概率公式求出相关概率，再利用全概率公式求解； （2）①利用全概率公式建立递推关系式，通过变形构造等比关系，求出首项及通项公式； ②根据通项公式分奇偶性讨论，从而证明结论． 【详解】（1）设事件为“第1天选择米饭套餐”，事件为“第2天选择米饭套餐”， 事件为“第1天不选择米饭套餐”， 根据题意，，，， 由全概率公式得． （2）①略 ②略 18．（17分）已知双曲线（，）经过点，，直线交的右支于，两点，且线段的中点为． (1)求双曲线的标准方程； (2)若点的坐标为，求直线的方程； (3)若直线经过的右焦点，以为直径的圆与直线相交于，两点，证明：为定值． 【答案】(1) (2) (3)由双曲线得，右焦点， ①当直线的斜率存在时，设直线，，中点. 联立​，整理得, 由韦达定理得：， 因此：， 因为圆以为直径，圆心为，半径​，所以， 设，将代入圆方程， 得，故， 所以 ， 因为，所以，且，代入上式， 所以. ②当直线斜率不存在时，，易得， 所以，仍成立. 综上，为定值. 【分析】（1）直接由待定系数可求得双曲线方程； （2）直接用点差法求中点弦的方程并检验可得； （3）分直线的斜率存在或不存在两种情况讨论：当直线的斜率存在时，设直线，，中点，结合根与系数关系得，，再圆的方程中令，设，所以由根与系数关系得，进而可将，再将代入可得；当直线的斜率不存在时，得，进而可得所求值，综上可得所证结果. 【详解】（1）将点、代入双曲线方程，得， 令，​，解得​，即. 因此，双曲线的标准方程. （2）设，且两点均在双曲线上，故 两式相减得点差公式：，即. 又因为中点为，故，代入上式得，即. 若，则，则重合，且中点，则三点重合， 这与直线交的右支于，两点矛盾. 所以，因此直线斜率. 又因为直线经过点，由点斜式得直线方程，整理得. 联立​，得，判别式， 且，所以两根均为正根，符合交右支于两点的条件. 因此直线的方程为. （3）略 19．（17分）已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)若当时，恒成立，求的取值范围； (3)若关于的方程有两个不等实根，证明：. 【答案】(1) (2) (3)将代入，原方程化为， 即， 则有， 两式相减，得， 即， 故原不等式变形为. 不妨令，不等式两端同时除以，则不等式可变形为. 令，则不等式可继续变形为， 即证在时恒成立， 故令， 则恒成立， 故在时单调递增，则恒成立， 故命题得证. 【分析】(1)代入后通过单调性求解. (2)通过单调性一步步对范围进行排除，最后确定的范围. (3)通过实根的性质构造新的关于的函数求证. 【详解】（1）当时，， . 令，得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 故在处取得最小值， . （2）当时，恒成立， 即， 即. 令，即求在时恒成立， . ①当时，恒成立，故在上单调递减， 则当时，恒成立； ②当时，在上单调递减，且， 则在上恒成立，故在上单调递增， 则成立，与题干矛盾，舍掉； ③当时，恒成立，故在上单调递增， 则恒成立，与题干矛盾，舍掉. 综上所述，满足要求. （3）略 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $