精品解析：广东深圳市第二高级中学2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试题

2025-2026学年深圳市第二高级中学期末考试 高二数学 命题人：胡小雪 审题人：郑玉英 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题 1. 若集合，则（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】， 故. 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，分别验证充分性以及必要性即可得到结果. 【详解】由可得，故充分性满足； 由不一定得到，比如，故必要性不满足， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选:A 3. 若函数为奇函数，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【详解】为奇函数，，解得， 时，， ，符合题意， ． 4. 在中，角的对边分别为，若，，则（    ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用正弦定理计算求解. 【详解】由正弦定理得. 5. 函数在处取得极大值，则的单调增区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题意先求出，再对函数进行求导求其单调增区间. 【详解】因为， ， 因为在处取得极大值， 所以，解得， 故，定义域为， ， 当时，，单调递增 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 故的单调增区间为. 故选：B. 6. 现安排甲、乙、丙、丁、戊位志愿者到三个社区做志愿服务工作，每个社区至少安排人，每位志愿者只到一个社区，其中甲、乙安排在同一个社区，则不同的安排方法有（   ）种 A. 18 B. 36 C. 45 D. 96 【答案】B 【解析】 【分析】根据捆绑法、分步乘法计数原理及排列组合知识求解即可. 【详解】把甲、乙看作一个整体，相当于将4个元素分成3组，每组至少1个元素，分组方式只能是2,1,1. 则分组的方法数为：. 将分好的3组全排列，分配到3个社区，方法数为. 故总方法数为. 7. 若定义在实数集上的偶函数满足和对任意恒成立，则的值为（    ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】由确定周期，即可求解. 【详解】因为，所以， 即函数的周期为4，故 . 当时， ，又，所以, 即，故选项D正确. 8. 设椭圆的左、右焦点分别为为坐标原点，过的直线与交于两点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据面积关系可得，从而得到，利用结合余弦定理化简即可求解. 【详解】因为，所以 则，由于 所以， 根据椭圆的定义可得， 在中，， 在中，， 因为， 所以， 即， 化简得：，即，所以椭圆的离心率为 二、多选题 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到.依据对应的的独立性检验，结论为：变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005. B. 在做回归分析时，残差图中残差比较均匀分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示回归效果越差. C. ，当不变时，越大，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖. D. 已知变量、线性相关，由样本数据算得线性回归方程式，且由样本数据算得，，则. 【答案】C 【解析】 【分析】根据独立性检验、残差分析、正态分布、线性回归方程相关知识进行分析，得出正确答案. 【详解】对A，，所以结论为变量与独立，这个结论犯错误的概率超过0.005，A选项错误； 对B，在做回归分析时，残差图中残差比较均匀分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示回归效果越好，B选项错误； 对C，，当不变时，越大，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖，C选项正确； 对D，由样本数据算得线性回归方程式，且由样本数据算得，，则，D选项错误. 故选：C. 10. 已知数列满足，，设的前项和为，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 数列是等比数列 C. 数列中存在最大项 D. 数列中存在最小项 【答案】ABD 【解析】 【分析】解法1：将代入可得A；构造并计算可得B；结合B中所得可求出数列的通项公式，再利用作差法计算可得数列单调性，即可得C、D. 解法2：由可得数列是等比数列及其通项公式，即可得数列的通项公式，即可得A、B；借助作商法计算可得数列单调性，即可得C、D. 【详解】解法1：当时，可得，又，所以，A正确； 因为，所以， 又，所以数列是以4为首项，4为公比的等比数列，B正确； 由B选项分析可得，所以， 所以恒成立， 所以，所以数列为单调递增数列，所以中不存在最大项，C错误； 因为数列为单调递增数列，所以， 所以对任意，D正确. 解法2：因为，所以， 又，所以数列是以4为首项，4为公比的等比数列， 所以，所以，所以，A，B正确； 因为，且，所以， 所以数列为单调递增数列，所以中不存在最大项，C错误； 因为，所以对任意 ，D正确. 11. 如图，在棱长为2的正四面体中，分别为棱的中点，为线段的中点，球的球面正好经过点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 球的体积与四面体外接球的体积之比为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 球被平面截得的截面面积为 【答案】BC 【解析】 【详解】如图： 对A：连接，，在棱长为2的正四面体中有， 因为为中点，所以， ，又平面，且， 则平面， 因为平面，所以， 因为，为棱的中点，所以， 所以在中，，产生矛盾 ， 故假设不成立，即与不垂直，故A错误； 对B：利用结论：若正四面体的棱长为， 则该四面体的外接球半径为，内切球半径为. 在中，， 因球的球面正好经过点，则球的半径为，四面体的外接球半径为， 所以球的体积与四面体外接球的体积之比 ，故B正确； 对C：连接，取正的中心，则在上，连接，则平面， 作于点，则，为中点，则平面 为直线与平面所成的角， 在中，，， 所以，故C正确； 对D：因为点到平面的距离为， 所以球被平面截得的截面圆半径为， 所以截面面积为，故D错误. 三、填空题 12. 已知，则展开式中的系数为__________． 【答案】 【解析】 【分析】写出二项式的通项，令的次数为，即可求出展开式中的系数. 【详解】由题意， 在中，通项， 当即时，， ∴展开式中的系数为. 13. 现有4道四选一的单选题，一名学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路；有思路的题做对的概率为，没有思路的题只好随机猜一个答案．该学生从这4道题中随机选择2道题作答，则2道题都答对的概率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由全概率公式求解即可. 【详解】. 14. 已知是函数图象上任意一点．若点的坐标满足：，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用切线不等式和不等式性质可得。结合条件可推得，从而可得点在直线上运动，设与平行的直线与相切于点，利用求导求得切点，结合图形计算出点到直线的距离即可. 【详解】易证，（）(后续提供证明)， 所以，， 由不等式的性质知，当且仅当时取等号， 结合已知可得，此时，即点在直线上运动. 设与平行的直线与相切于点，令得， 故切点为，由图知其到直线的距离，即为的最小值． 下证：，（）. 证明：设，则， 当时，，当时，， 故函数在上单调递减，在上单调递增. 故，即得证. 又设，则，当时，， 当时，，故函数在上单调递增，在上单调递减. 故，即得证. 故答案为：. 四、解答题 15. 已知数列为公差不为0的等差数列，前项和为，，成等比数列． （1）求的通项公式； （2）设，数列的前n项和记为，证明： ． 【答案】（1） （2）因为，则， 可得， 又因为，可知数列为递增数列，则， 所以． 【解析】 【分析】（1）根据等比中项可得，结合等差数列通项公式运算求解即可得，进而可得的通项公式； （2）利用等差数列求和公式可得，利用裂项相消法可得，进而分析证明. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 因为成等比数列，则，即， 整理得 ，解得或（舍去）， 所以． 【小问2详解】 略 16. 是由中国杭州的公司开发的人工智能模型，其技术在多领域有着普惠应用．为提高的应用能力，某公司组织全体员工参加培训．培训结束之后，公司举行了一次专业知识比赛，比赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛预赛从8道题中随机抽取4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰． （1）若这8道题中甲能答对其中5道，计算甲进入决赛的概率； （2）已知甲进入了决赛，决赛需要回答3道题目，若全部答对则获得一等奖，奖励300元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励150元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励．若甲答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立，设甲获得奖金为，求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列如下： 数学期望为元．【解析】 【分析】（1）由题知的取值为，而甲进入决赛有可能答3或4道题，利用组合数计算概率即可. （2）由题可知的取值为，再利用二项分布计算概率，写出分布列，计算期望即可. 【小问1详解】 记为甲在预赛答对的题数，则的取值为， ，， 记甲进入决赛为事件， 则甲进入决赛的概率为． 【小问2详解】 由题可知的取值为， 所以，， ，， 所以的分布列如下： （元）， 即甲获得奖金的数学期望为元． 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点. （1）证明：平面平面； （2）若直线与平面所成的角的余弦值为，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）由条件先证明平面，再利用面面垂直的判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，利用坐标运算求点到平面的距离. 【小问1详解】 因为底面，平面， 所以． 因为为正方形，所以， 又因为，平面，平面， 所以平面． 因为平面，所以． 因为，E为线段PB的中点， 所以， 又因为，平面，平面， 所以平面． 又因为平面， 所以平面平面． 【小问2详解】 因为底面，，以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz， 则， 易知是平面的法向量 设，则，所以，， 所以 即，得，所以， 设为平面的法向量，则即， 令，则，， 所以平面的法向量， 又因为 所以点P到平面的距离为 所以点P到平面的距离为． 18. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线的斜率； （2）当时，讨论函数的单调性； （3）若对任意，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，在上单调递增；当时，在、上单调递增，在上单调递减，其中，，. （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义及初等函数的导数求解即可. （2）根据导数与单调性的关系，结合含参数一元二次不等式的求解方法求解即可. （3）通过分离参数，结合导数与单调性及最值的关系求解即可. 【小问1详解】 当时，. 求导得，. 所以曲线在点处的切线的斜率为. 【小问2详解】 的定义域为. 求导得. 令，则，即. 令，因为，则. 当，即时，恒成立，故， 所以在上单调递增. 当，即时，的两根为，，且. 因为，，所以，. 所以当或时，，，单调递增； 当时，，，单调递减. 综上，当时，在上单调递增；当时，在、上单调递增，在上单调递减，其中，，. 【小问3详解】 不等式对任意恒成立等价于对任意恒成立. 令，则. 则. 令，则. 因为，所以，则在上单调递增， 即在上单调递增. 又，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以在处取得最小值，为，所以. 所以实数的取值范围为. 19. 已知曲线． （1）若，求曲线的离心率； （2）若曲线的左，右顶点为，是上第一象限上动点，． （ⅰ）若，求点的坐标； （ⅱ）设直线与定直线的交点为，直线与曲线的另一个交点为，求的最小值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）代入可知曲线为双曲线，根据双曲线标准方程即可求离心率； （2）（ⅰ）由，结合即可求，然后建立方程组求得点的坐标； （ⅱ）先考虑直线斜率不存在时，斜率存在时可得直线过定点，再求得弦长，建立函数求最值可得斜率不存在时取得最小值. 【小问1详解】 若，则曲线，所以曲线为双曲线， 离心率. 【小问2详解】 设，则， 又，，解得， 即曲线， （ⅰ）设直线倾斜角分别为，则， 由题可知，， ，联立， 解得或（舍去），即， 所以点的坐标为. （ⅱ）设，， 则由，得 ，即. 且， 由题意知，直线不与轴垂直. 设直线， 联立方程，消去x可得， 则，解得， 且， 则， 整理可得， 则， 因为，则， 化简得，则直线， 所以直线过定点. 故直线斜率存在时， ， 代入得， ， 令，则， 则，其中， 故当且仅当，即时，即， 故当直线斜率不存在时，取最小值，最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年深圳市第二高级中学期末考试 高二数学 命题人：胡小雪 审题人：郑玉英 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题 1. 若集合，则（    ） A. B. C. D. 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 若函数为奇函数，则（ ） A. B. C. D. 1 4. 在中，角的对边分别为，若，，则（    ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5. 函数在处取得极大值，则的单调增区间为（ ） A. B. C. D. 6. 现安排甲、乙、丙、丁、戊位志愿者到三个社区做志愿服务工作，每个社区至少安排人，每位志愿者只到一个社区，其中甲、乙安排在同一个社区，则不同的安排方法有（   ）种 A. 18 B. 36 C. 45 D. 96 7. 若定义在实数集上的偶函数满足和对任意恒成立，则的值为（    ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 8. 设椭圆的左、右焦点分别为为坐标原点，过的直线与交于两点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到.依据对应的的独立性检验，结论为：变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005. B. 在做回归分析时，残差图中残差比较均匀分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示回归效果越差. C. ，当不变时，越大，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖. D. 已知变量、线性相关，由样本数据算得线性回归方程式，且由样本数据算得，，则. 10. 已知数列满足，，设的前项和为，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 数列是等比数列 C. 数列中存在最大项 D. 数列中存在最小项 11. 如图，在棱长为2的正四面体中，分别为棱的中点，为线段的中点，球的球面正好经过点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 球的体积与四面体外接球的体积之比为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 球被平面截得的截面面积为 三、填空题 12. 已知，则展开式中的系数为__________． 13. 现有4道四选一的单选题，一名学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路；有思路的题做对的概率为，没有思路的题只好随机猜一个答案．该学生从这4道题中随机选择2道题作答，则2道题都答对的概率为__________． 14. 已知是函数图象上任意一点．若点的坐标满足：，则的最小值为______． 四、解答题 15. 已知数列为公差不为0的等差数列，前项和为，，成等比数列． （1）求的通项公式； （2）设，数列的前n项和记为，证明： ． 16. 是由中国杭州的公司开发的人工智能模型，其技术在多领域有着普惠应用．为提高的应用能力，某公司组织全体员工参加培训．培训结束之后，公司举行了一次专业知识比赛，比赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛预赛从8道题中随机抽取4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰． （1）若这8道题中甲能答对其中5道，计算甲进入决赛的概率； （2）已知甲进入了决赛，决赛需要回答3道题目，若全部答对则获得一等奖，奖励300元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励150元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励．若甲答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立，设甲获得奖金为，求的分布列及数学期望． 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点. （1）证明：平面平面； （2）若直线与平面所成的角的余弦值为，求点到平面的距离. 18. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线的斜率； （2）当时，讨论函数的单调性； （3）若对任意，恒成立，求实数的取值范围. 19. 已知曲线． （1）若，求曲线的离心率； （2）若曲线的左，右顶点为，是上第一象限上动点，． （ⅰ）若，求点的坐标； （ⅱ）设直线与定直线的交点为，直线与曲线的另一个交点为，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $