湖南省长沙市岳麓区2025-2026学年高二下学期期末考试数学自编试卷（人教A版）

**基本信息** 这份高二下学期期末数学试卷以网约车服务、精密制造等现实情境为载体，通过分层设计考查函数、数列、概率统计等核心知识，注重数学思维与应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|集合、三角函数、函数图像、椭圆离心率等|第7题结合数据变换考相关系数，第8题以椭圆焦点直径圆考最值| |填空题|3/15|导数切线、函数求值、正态分布与随机变量|第14题综合正态分布与随机游走，体现跨知识应用| |解答题|5/77|数列求和、统计相关系数、立体几何夹角、概率最值、椭圆综合|16题用网约车数据考回归分析，18题以精密制造考正态分布与概率优化，培养数据意识与模型观念|

湖南省长沙市岳麓区2025-2026学年高二下学期期末考试自编试卷 数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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. 一、选择题（本大题共8个小题，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．已知集合，则（   ） A． B． C． D． 2．在中，，，则（    ） A．0 B． C． D． 3．函数的图象可能是（   ） A． B． C． D． 4．已知随机变量，，且，，则（    ） A． B． C． D． 5．的展开式中，的系数为（     ） A． B． C． D． 6．在6件工艺品中，有2件二等品，4件一等品，现从中抽取3件，设抽得二等品件数为，则的值为（     ） A．3 B．4 C．5 D．2 7．有两组数据，，…与，，…，满足，其中，．记与另一组样本数据，，…的样本相关系数为，与同一组数据的样本相关系数为（样本相关系数的公式为：），则下列选项正确的是（   ） A． B． C． D． 8．已知椭圆的一个焦点为，中心为．是上的动点，是以为直径的圆上的动点，且的最大值为，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，至少有两项符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分） 9．已知是定义在上的奇函数，且，当时，，则（   ） A． B．在上单调递减 C． D． 10．三次函数的性质，下列说法正确的是（　　） A．函数在处的切线方程为 B．的极小值点为 C．当时，方程有三个实根 D．的图象关于点对称 11．已知曲线，则（    ） A．曲线的图象有且仅有条对称轴 B．曲线上任意一点到原点的最大距离为 C．曲线所围成图形的面积为 D．函数的图象与曲线的图象有且仅有个交点 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．曲线在点处的切线方程为__________. 13．已知函数，则______． 14．一随机变量服从正态分布，则， _____.已知一粒子在数轴上从原点出发，每一步等可能向左或向右移动，随机变量表示走完8步后，粒子向右移动的总步数，与相互独立，则_____. 四、解答题（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．设等差数列的前项和为，且，． (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前n项和． 16．近年来，随着互联网的发展，诸如“滴滴打车”“神州专车”等网约车服务在我国各：城市迅猛发展，为人们出行提供了便利，但也给城市交通管理带来了一些困难.为掌握网约车在省的发展情况，省某调查机构从该省抽取了个城市，分别收集和分析了网约车的两项指标数，数据如下表所示： 城市1 城市2 城市3 城市4 城市5 指标数 指标数 经计算得： （1）试求与间的相关系数，并利用说明与是否具有较强的线性相关关系(若，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合)； （2）建立关于的回归方程，并预测当指标数为时，指标数的估计值. 附：相关公式：， 参考数据： 17．如图，在五面体中，四边形为矩形，平面平面，，，分别为，的中点，且． (1)证明：平面； (2)若，且，求平面与平面夹角的余弦值． 18．已知某精密制造企业根据长期检测结果，得到生产的产品的质量差服从正态分布，并把质量差在内的产品称为优等品，质量差在内的产品称为一等品，优等品与一等品统称为正品，其余范围内的产品作为废品处理．现从该企业生产的正品中随机抽取1000件，测得产品质量差的样本数据统计如下： (1)根据大量的产品检测数据，检查样本数据的标准差s近似值为10，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值，记质量差服从正态分布，求该企业生产的产品为正品的概率P；（同一组中的数据用该组区间的中点值代表） 参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，． (2)假如企业包装时要求把2件优等品和n（，且）件一等品装在同一个箱子中，质检员从某箱子中摸出两件产品进行检验，若抽取到的两件产品等级相同则该箱产品记为A，否则该箱产品记为B． ①试用含n的代数式表示某箱产品抽检被记为B的概率p； ②设抽检5箱产品恰有3箱被记为B的概率为，求当n为何值时，取得最大值． 19．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过作直线与椭圆交于、两点． (1)若，求的周长； (2)若，，是否存在直线，使得在为直角三角形？若存在，求直线的方程，若不存在，说明理由； (3)若存在，使得、中一个面积是另一个面积的两倍，求椭圆的离心率的取值范围． 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 $ 湖南省长沙市岳麓区2025-2026学年高二下学期期末考试自编试卷 数学试题（解析版） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B B D C A B B BD ACD 题号 11 答案 BCD 1．D 【分析】先求出集合，再根据集合的交集运算即可解出. 【详解】因为，所以， 故选：D. 2．B 【分析】由余弦定理结合已知条件可得，从而可得，又由可知为等边三角形，从而可求出的值 【详解】由余弦定理得：， 又，， ， ， ， ． 故选：B． 【点睛】此题考查余弦定理的应用，属于基础题 3．B 【详解】由函数的解析式可知该函数的定义域为全体非零实数， 因为， 所以该函数是奇函数，它的图象关于原点对称，所以排除选项AC； 当时，，所以排除选项D，所以选项B中的图象有可能是该函数的图象. 4．D 【分析】先由得到，再由得到，最后根据得出. 【详解】由于服从正态分布，且，故其均值. 而服从二项分布，故，再由，就有，得. 故选：D. 5．C 【分析】利用二项展开通项求解计算即可求的系数. 【详解】的二项展开通项且， 含的项为， 所以的系数为. 6．A 【详解】由题意的可能取值为，且，，， 故，. 7．B 【分析】利用样本相关系数的定义公式，结合与的线性变换关系，化简的表达式后与对比即可得结论． 【详解】， 由， ， 即． 8．B 【分析】设设，圆心，利用两点间距离公式及条件得到，，再利用圆的性质，即可求解. 【详解】如图设，以为直径的圆的圆心为， 则，    又，得到，所以， 因为，得到， 又， 因为的最大值为，所以， 所以的离心率为， 故选：B. 9．BD 【分析】由是定义在上的奇函数，可得,,结合已知条件可得是周期为4的周期函数，进而可以求出的函数表达式为，从而可以对A、B、C、D四个选项作出判断. 【详解】由是定义在上的奇函数，则,, 又，则函数关于直线对称， 用替换得，， 再用替换得，，所以是周期为4的周期函数， 选项A，由上可知，，所以选项A错误； 选项B，由，，则在上的单调性与区间上的单调性一致， 因为函数在上单调递增，又关于直线对称，所以关于对称的区间上，单调性相反， 所以在区间上单调递减，即在上单调递减，选项B正确； 选项C，对整数，由周期性可得的取值： ，后续周期重复， 则，即一个周期的和为0， 又，所以，， 因此，选项C错误； 选项D，由，所以， 由周期为4，则， 因为，代入得，选项D正确. 10．ACD 【分析】对于A：求导，根据导数的几何意义求切线方程；对于B：利用导数判断函数的单调性和极值点；对于C：作出函数的图象，结合图象分析判断；对于D：根据对称中心的定义分析判断. 【详解】对于选项A：因为的定义域为， 且， 可得，即切点坐标为，切线斜率为0， 所以函数在处的切线方程为，故A正确； 对于选项B：令，解得或；令，解得； 可知在上单调递增，在上单调递减， 所以的极小值点为，极大值点为，故B错误； 对于选项C：因为，，结合选项B可得函数的图象： 由图可知：当时，与有三个交点， 即方程有三个实根，故C正确； 对于选项D：因为 ， 所以的图象关于点对称，故D正确. 故选：ACD. 11．BCD 【分析】通过分类讨论去掉绝对值后，可画出曲线图象，由图可得答案. 【详解】已知曲线， 当，时，曲线； 当，时，曲线； 当，时，曲线； 当，时，曲线； 当，时，曲线为原点； 因此，画出曲线的图象，如图所示， 对于A，曲线的图象有条对称轴，故A错误； 对于B，曲线上任意一点到原点的距离为，则， 由于，所以，当且仅当时取等号， 则，解得，所以曲线上任意一点到原点的最大距离为，故B正确； 对于C，由图象可知，曲线所围成的图形是由个半径为的半圆和个边长为的正方形组成， 因此曲线所围成的图形的面积为，故C正确； 对于D，由于，所以函数是偶函数，图象关于轴对称，且，，如图所示， 当时，，在上单调递减，此时与曲线有个交点； 当时，，在上单调递增，此时与曲线有个交点； 因此函数的图象与曲线的图象在第一象限有个交点， 根据函数的对称性，函数的图象与曲线的图象在第二象限也会有个交点， 所以函数的图象与曲线的图象有且仅有个交点，故D正确. 12． 【分析】求出原函数的导函数，得到函数在处的导数，再由直线方程的斜截式得答案． 【详解】由曲线，则， 所以， 故曲线在点处的切线方程为：，即. 故答案为：. 【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，属于基础题． 13． 【详解】由题意得，所以，解得． 14． / 【分析】由关于对称，推得；粒子8步右行步数服从二项分布且具有的对称性，结合与独立，用全概率公式展开，再将求和式配对并利用前一问结论相加化简，即可求得概率为. 【详解】①已知，正态曲线图像关于对称， 故， 因此. ②由题意，，满足，且与独立， 由全概率公式：  (1) 令，则, 即等价于  (2) (1)(2)两式相加 结合第一空的结论， 得. 15．(1)； (2) 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前项和公式，计算出等差数列的基本量，即可求得通项公式； （2）求出数列的通项公式，利用分组求和法，求得数列的前项和. 【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为， 则得，解得， ； （2） ， 的前n项和 ． 16．（1）0.95，与具有较强的线性相关关系（2）估计值为 【解析】（1）直接利用公式计算得到，得到答案. （2）计算得到回归方程为，代入数据计算得到答案. 【详解】，，， 相关系数， 因为，所以与具有较强的线性相关关系，可用线性回归模型拟合与的关系. （2）由可知，，， 所以与之间线性回归方程为，当时，. 当指标数为时，指标数的估计值为. 【点睛】本题考查了相关系数，回归方程，意在考查学生的计算能力和应用能力. 17．(1)证明：∵四边形为矩形，且为的中点             取中点，连接，，因 则,且, 又因是的中点， 且， ，             ∴四边形为平行四边形，                      ∴，                              又∵平面，平面 ∴平面. (2) 【分析】(1)中没有现成的线线平行，构造平行四边形从而得到想要的线线平行 (2)向量法各自求两个面的法向量，然后用计算二面角的公式得到；几何法需要证明面面平行后找到空间中面面角的平面角，从而通过三角函数计算得到 【详解】（1）略 （2）在矩形中，， 又∵面平面，平面平面，平面 ∴平面 ∵，  ，，平面 ∴平面 ∵ ∴平面 又∵平面   ∴ 方法一：以为原点建立空间直角坐标系如图所示， ∵， ∴ ∴，， ，， ∴， 设平面的法向量为 故可取 依题意，可取 为平面的一个法向量， ∴设平面与平面夹角为， 则 ∴平面与平面夹角的余弦值为. 方法二：∵且，平面，平面， ∴平面， 又由(1)得,因平面，平面， 则平面，又，平面，∴平面平面， ∴平面与平面的夹角即为平面与平面的夹角， ∵平面，平面，∴， 又∵平面平面，， ∴平面与平面夹角为， 在 中，， ∴平面与平面夹角的余弦值为. 18．(1)0.8186； (2)①；② 3 【分析】（1）由频率分布直方图求得，得，判断产品为正品的质量差在内，利用正态曲线的对称性和相应的额概率值计算即得. （2）① 依题意，利用古典概型概率公式计算即得； ②依题，运用二项分布概率公式可得，利用求导得到当时即时，取得最大值. 【详解】（1）由题意，估计从该企业生产的正品中随机抽取1000件的平均数为： ， 依题得，，，所以， 则优等品的质量差在即内，一等品的质量差在即内， 所以正品的质量差在和内，即内， 故该企业生产的产品为正品的概率： ； （2）①从件正品中任选两个，有种选法，其中等级不同有种选法， 故某箱产品抽检被记为B的概率为：． ②由题意，一箱产品抽检被记为的概率为，则5箱产品恰有3箱被记为的概率为 ， 由， 所以当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 所以当时，取得最大值，最大值为． 此时由，可解得：（舍去）， ∴时，5箱产品恰有3箱被记为的概率最大，最大值为． 19．(1) (2)存在，且直线的方程为 (3) 【分析】（1）借助椭圆定义计算即可得； （2）设出直线方程，与椭圆方程联立可得与交点纵坐标有关韦达定理，再分及计算即可得解； （3）由椭圆的对称性，不妨设，则可得，设出直线方程，与椭圆方程联立可得与交点纵坐标有关韦达定理，则可结合列出含、、、有关等式，结合范围与椭圆离心率定义计算即可得解. 【详解】（1）， 由椭圆定义可得， 故的周长为； （2）若，，则，由，故，， 由题意可得斜率不为，设，、， 联立，消去可得， 则，， 若，由、， 则， 即 ， 解得，即； 若，由，， 则， 由，则， 故，无解， 故，结合椭圆对称性可得； 综上所述：存在直线，使得为直角三角形， 且直线的方程为，即； （3）由椭圆的对称性，不妨设， 则，即， 由题意可得、异号，故， 设，联立， 消去可得， 则，， 由，则，， 即，化简得， 即，由、，故， 即，即有，故，则. 学科网（北京）股份有限公司 $