精品解析：广东湛江市2025-2026学年第二学期期末调研考试高二数学试卷

湛江市2025-2026学年度第二学期期末调研测试 高二数学 满分：150分；考试时间：120分钟 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. 如图，要让电路从处到处只有一条支路接通，则不同的路径有（ ） A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 9种 【答案】C 【解析】 【分析】利用分类加法计数原理以及分步乘法计数原理，可得答案. 【详解】由分类加法计数原理以及分步乘法计数原理可知， 不同的路径有种. 故选：C. 2. 曲线在点处切线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，所以. ，所以. 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 5 B. -5 C. 15 D. -15 【答案】D 【解析】 【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数． 【详解】， 故它的展开式中的系数为， 故选：D． 4. 已知数列的通项公式为，则数列的前10项和为（ ） A. 127 B. 192 C. 235 D. 747 【答案】D 【解析】 【详解】设数列的前n项和为， 因为， 所以 . 5. 为了检测某种药物对预防疾病的效果，进行了小动物试验，得到如下列联表： 药物 疾病 合计 未患病 患病 服用 18 7 25 未服用 12 8 20 合计 30 15 45 已知，．根据小概率值的独立性检验，则下列结论正确的是（ ） A. 药物对预防疾病有效果 B. 药物对预防疾病有效果，这个结论犯错误的概率不超过0.05 C. 药物对预防疾病无效果 D. 药物对预防疾病无效果，这个结论犯错误的概率不超过0.05 【答案】C 【解析】 【分析】通过计算列联表的统计量，与给定的临界值比较，来判断药物对预防疾病是否有效果. 【详解】零假设：药物对预防疾病无效果， 根据列联表数据，， 根据，将数据代入可得： ， ，根据小概率值的独立性检验，， 所以我们没有充分证据拒绝原假设，即认为药物对预防疾病无效果. 故选：C. 6. 湛江市某次期末考试成绩统计如下，优等生占，中等生占，后进生占，优等生通过考试的概率为，中等生通过考试的概率为，后进生通过考试的概率为，随机抽取一名学生调查，抽到的学生通过考试的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件概率公式与全概率公式求解即可. 【详解】设事件为“抽到的学生通过考试”，设事件为“抽到优等生”，事件为“抽到中等生”，事件为“抽到后进生”， 则，，， 则，，， 则，，， 所以， 所以随机抽取一名学生调查，抽到的学生通过考试的概率为 7. 一个箱子中装有七张除了分数外完全相同的卡片，其中有四张2分，三张1分，从箱子中随机取出四张卡片，求四张卡片分数之和大于6分的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】从7张卡片中随机抽取4张的组合数为. 设抽取2分卡片张，则抽取1分卡片张，其中. 总分为，要求，即，解得，故或. 当时，抽取方法数为. 当时，抽取方法数为，合计符合条件的事件数为. 由古典概型公式得. 8. 设，已知随机变量的分布列如下表，则下列结论正确的是（ ） 0 1 2 A. B. 的值最大 C. 随着的增大而减小 D. 当时， 【答案】D 【解析】 【详解】由分布列可得 ，，. 对于 A，因为 ，所以，即 ，A 错误. 对于 B，当 时，，，所以 的值不是最大，B 错误. 对于 C，， 因为 时，随的增大而增大，所以C错误. 对于 D，当 时，，，， 所以，， 故，D正确. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 口袋内装有大小、质地均相同，颜色分别为红、黄、蓝的3个球.从口袋内无放回地依次抽取2个球，记“第一次抽到红球”为事件A，“第二次抽到黄球”为事件B，则（ ） A. B. C. A与B为互斥事件 D. A与B相互独立 【答案】AB 【解析】 【分析】根据给定条件，利用古典概率、条件概率公式，结合互斥事件、相互独立事件的意义计算判断. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，，，B正确； 对于C，事件可以同时发生，则A与B不互斥，C错误； 对于D，，由选项AB知，，则A与B相互不独立，D错误. 故选：AB 10. 已知函数，则（ ） A. 的极小值为 B. 有两个零点 C. 存在使得关于的方程有三个不同的实根 D. 的解集为 【答案】AC 【解析】 【分析】先求导函数，根据正负确定单调性．判断A；运用极大值和极小值都小于，判断B；运用y=f(x)与y=a有三个不同交点，即f(x)=a有三个不同实根，判断C；运用函数单调性判断D． 【详解】函数的定义域为，， 由得或；由得，有极大值，极小值，A正确； 由极大值和极小值均小于0知最多一个零点，B不正确； 当时，，当时，，当时，有三个不同的实根，C正确； 当时，，此时，D不正确． 故选：AC． 11. 已知，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，直接令进行求解即可；对于B，可以将二项式转化为，然后再根据二项式定理的通式进行求解即可；对于C，先令求出，再令求出的值，由即可求出的值；对于D，首先分别令与后得到两个方程，然后通过联立方程进行求解即可. 【详解】对于A，令，得：，故A正确； 对于B，由 由二项式定理可得：，故B正确； 对于C，令，得：， 再令，得：， 由此可得：，故C错误； 对于D，令，得：， 再令，得：， 由此可得：，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若随机变量，且，则________． 【答案】24 【解析】 【详解】因为 ，所以 ，解得 . 于是 由方差性质 ，得 13. 已知随机变量Ⅹ服从正态分布，且，则______. 【答案】##0.25 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性即可求得答案. 【详解】设，由正态分布密度曲线的对称性可知， ，.所以， 解得.即. 故答案为：. 14. 已知数列与的前项和分别为，，且， ，，，则的取值范围是__________． 【答案】中对应的那些值 【解析】 【分析】根据递推关系式求出，代入得，再根据裂项求和法求出，再根据数列的单调性可求出结果. 【详解】当时，得，因为，所以， 当时，，， 所以， 因为，所以， 所以数列是首项为，公差为的等差数列， 所以， 所以， 所以 ， 因为数列为递增数列，所以，又， 所以的取值范围是. 故答案为：中 对应的那些值. 【点睛】关键点点睛：利用裂项求和法求出是解题关键. 四、解答题：本题共5小题，共77分．应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 为的前项和，已知． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】(1)由，取和作差，得到与的递推关系，再求首项，可得通项； (2)将代入化简，得到，然后用错位相减法求和. 【小问1详解】 当时，，即. 当时，有. 所以， 所以，即. 由，且，代入得，即，所以. 故从第一项起即为等比数列，公比，首项. 所以. 【小问2详解】 由(1)知，则. 于是. 因为，所以. 因此. 设， 则. 两式相减得， 其中. 所以， 故. 16. 某款电动汽车由于其优异的性价比，逐渐在市场获得认可，订购数量日渐增多．根据统计数据，该款电动汽车某区域店过去周的订单数如下： 时间（周） 1 2 3 4 5 订单数（辆） 13 21 45 55 66 为了进一步了解订单数的变化情况，两个数学学习小组分别进行了研究， （1）小组决定用线性回归模型进行拟合，求此时关于的线性回归方程； （2）小组采用非线性回归模型进行拟合，求得关于的非线性回归方程为，并计算出决定系数． ①请计算小组线性回归方程的决定系数，并说明哪个小组的模型拟合效果更好； ②用①中选择的模型预测该区域第10周的订单数． 附：，；决定系数， 参考数据：，． 【答案】（1）关于的线性回归方程为 （2）①，小组的模型拟合效果更好； ②用①中选择的模型预测该区域第10周的订单数约辆． 【解析】 【分析】（1）先算出，再代入公式计算分子与分母得到斜率，再用求出截距，写出回归直线． （2）①先将各代入线性方程得到对应，算出残差平方和，结合已知总偏差平方和，代入公式算出，对比大小，数值越大拟合效果越好； ②选择决定系数更大的非线性模型，将代入二次回归方程，化简计算得到第周订单预测值． 【小问1详解】 ，， ， ， 所以，， 所以关于的线性回归方程为； 【小问2详解】 ①时，，， 时，，， 时，，， 时，，， 时，，， 所以， ， 所以， 因为，所以，说明小组的模型拟合效果更好； ②用小组的模型预测， 时，， 所以用①中选择的模型预测该区域第10周的订单数约辆． 17. 已知函数． （1）当时，求的单调区间以及极值； （2）若有两个不同的零点，求的取值范围． 【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为. 极小值为，无极大值. （2）的取值范围为. 【解析】 【分析】（1）求，利用和求解函数的单调区间，从而可得到极值. （2）先利用的符号判断函数的单调性，再利用最小值小于零即可求解的取值范围. 【小问1详解】 当时，，定义域为. . 令，即，解得；令，即，解得. 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. 当时取得极小值，极小值为，无极大值. 【小问2详解】 ，. 当，即，恒成立，所以在上单调递增，最多1个零点，不符合题意. 当，即时，令，即，解得. 当时，当时，. 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增. 所以是极小值点，也是最小值点， 且. 当时，；当时，. 因为有两个不同的零点，所以即. 又因为，所以，解得. 所以. 综上所述，若有两个不同的零点，的取值范围为. 18. 如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段上一点，，，四边形为矩形． （1）若是的中点，求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）若点到平面的距离为，求的长． 【答案】（1）证明：如图，连接交于点，连接. 因为四边形为矩形，所以点为中点. 在中，是的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，可得，再利用线面平行的判定定理即可证明. （2）建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量即可求二面角的余弦值. （3）设，利用点到面的向量公式即可求的值，进而可求的长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 平面， 以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 则 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即. 令，则，，所以. 设平面的法向量为， 则，即. 令，则，，所以. 所以. 由图可得二面角为钝角，所以二面角的余弦值为. 【小问3详解】 设 因为，所以. 点到平面的距离为，解得. 所以.则. 所以的长为 19. 已知点是圆：上的动点，过点作轴的垂线段，为垂足，为线段的中点. （1）求点的轨迹方程； （2）过点的直线与曲线交于两点. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若曲线与轴交于，两点，直线，分别与直线相交于，两点，求的值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）运用相关点法即可求得动点的轨迹方程； （2）（ⅰ）设直线的方程并与椭圆方程联立，写出韦达定理，根据向量数量积的坐标公式化简得，结合求得的，根据函数单调性即可求得的取值范围；（ⅱ）分别求得，的方程，进而求得，，推得，找到与的数量关系，整体代入消元即可求得结果. 【小问1详解】 设点的坐标为，点的坐标为， 则点的坐标为. 由点是线段的中点，得， 因为点在圆上，所以，. 把，代入方程， 得，即 所以点的轨迹方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）依题意，直线的斜率存在，可设其方程为， 联立，消元得. 由，得，设，， 因为，是方程的两个根， 所以，， 所以 ， 因为，所以， 所以的取值范围为；. （ⅱ）由题意可得，直线的斜率， ①当，分别为椭圆的左顶点、右顶点时， 直线的方程为， 直线的方程为， 令，得，， 即，， 所以. 因为，， 所以，即， 所以. ②当，分别为椭圆的右顶点、左顶点时， 同理可得，故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湛江市2025-2026学年度第二学期期末调研测试 高二数学 满分：150分；考试时间：120分钟 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. 如图，要让电路从处到处只有一条支路接通，则不同的路径有（ ） A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 9种 2. 曲线在点处切线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 5 B. -5 C. 15 D. -15 4. 已知数列的通项公式为，则数列的前10项和为（ ） A. 127 B. 192 C. 235 D. 747 5. 为了检测某种药物对预防疾病的效果，进行了小动物试验，得到如下列联表： 药物 疾病 合计 未患病 患病 服用 18 7 25 未服用 12 8 20 合计 30 15 45 已知，．根据小概率值的独立性检验，则下列结论正确的是（ ） A. 药物对预防疾病有效果 B. 药物对预防疾病有效果，这个结论犯错误的概率不超过0.05 C. 药物对预防疾病无效果 D. 药物对预防疾病无效果，这个结论犯错误的概率不超过0.05 6. 湛江市某次期末考试成绩统计如下，优等生占，中等生占，后进生占，优等生通过考试的概率为，中等生通过考试的概率为，后进生通过考试的概率为，随机抽取一名学生调查，抽到的学生通过考试的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 一个箱子中装有七张除了分数外完全相同的卡片，其中有四张2分，三张1分，从箱子中随机取出四张卡片，求四张卡片分数之和大于6分的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 设，已知随机变量的分布列如下表，则下列结论正确的是（ ） 0 1 2 A. B. 的值最大 C. 随着的增大而减小 D. 当时， 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 口袋内装有大小、质地均相同，颜色分别为红、黄、蓝的3个球.从口袋内无放回地依次抽取2个球，记“第一次抽到红球”为事件A，“第二次抽到黄球”为事件B，则（ ） A. B. C. A与B为互斥事件 D. A与B相互独立 10. 已知函数，则（ ） A. 的极小值为 B. 有两个零点 C. 存在使得关于的方程有三个不同的实根 D. 的解集为 11. 已知，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若随机变量，且，则________． 13. 已知随机变量Ⅹ服从正态分布，且，则______. 14. 已知数列与的前项和分别为，，且， ，，，则的取值范围是__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 为的前项和，已知． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 16. 某款电动汽车由于其优异的性价比，逐渐在市场获得认可，订购数量日渐增多．根据统计数据，该款电动汽车某区域店过去周的订单数如下： 时间（周） 1 2 3 4 5 订单数（辆） 13 21 45 55 66 为了进一步了解订单数的变化情况，两个数学学习小组分别进行了研究， （1）小组决定用线性回归模型进行拟合，求此时关于的线性回归方程； （2）小组采用非线性回归模型进行拟合，求得关于的非线性回归方程为，并计算出决定系数． ①请计算小组线性回归方程的决定系数，并说明哪个小组的模型拟合效果更好； ②用①中选择的模型预测该区域第10周的订单数． 附：，；决定系数， 参考数据：，． 17. 已知函数． （1）当时，求的单调区间以及极值； （2）若有两个不同的零点，求的取值范围． 18. 如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段上一点，，，四边形为矩形． （1）若是的中点，求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）若点到平面的距离为，求的长． 19. 已知点是圆：上的动点，过点作轴的垂线段，为垂足，为线段的中点. （1）求点的轨迹方程； （2）过点的直线与曲线交于两点. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若曲线与轴交于，两点，直线，分别与直线相交于，两点，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $