精品解析：上海市复旦大学附属中学2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷

复旦大学附属中学2025学年第二学期 高二年级数学期末考试试卷 考生注意： 1．本试卷共4页，21道试题，满分150分，考试时间120分钟． 2．本试卷分设试卷和答题纸．试卷包括试题与答题要求．作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分． 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1—6题每题4分，第7—12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果． 1. 若等可能的样本空间，则事件发生的概率________． 2. 若，则的最小值是______. 3. 在的二项式展开式中，项的系数是__________. 4. 设：，：，若是的必要条件，则正实数的取值范围是________． 5. 已知，，，若、和共面，则实数________． 6. 已知随机变量服从正态分布，若，则________． 7. 已知事件与事件互斥，，，则________． 8. 设的二项展开式中各项系数分别为，则从这六个数中不放回地依次任取两个数，在已知所抽取的第一个数为正数的情况下，第二个数大于4的概率为________． 9. 设集合，若，则实数的取值范围是________． 10. 已知，是空间单位向量，，若空间向量满足，，且对于任意，，且等号能成立，则________． 11. 若函数的定义域为的一个非空子集，值域为，则这样不同的函数共有________个． 12. 已知正四棱锥，，侧棱，若向量满足，则的取值范围是________． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13—14题每题4分，第15—16题每题5分）每题有且只有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑． 13. 已知和是直线上两个不同的点，是平面的一个法向量，则“”是“”的（ ）条件． A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 非充分又非必要 14. 某小组在探究两个数值变量、之间的线性关系时，随机抽取了8个样本点，由于操作疏忽，在运用最小二乘法求回归方程时只输入了前6组数据，得到的线性回归方程为，其样本中心为．后来检查发现后，输入全部8组数据得到的新的线性回归方程为，新的样本中心为，已知，，则以下结论中一定正确的个数是（ ）． ①新的样本中心仍为；②两个数值变量、具有正相关关系；③． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 15. 已知奇函数的定义域为，且对任何实数，都有，则可以是（ ）． A. 4 B. 2 C. 1 D. 16. 甲和乙进行一场体育比赛，该比赛由局小比赛组成（，），先赢局的选手获得整场比赛的胜利．假设每局比赛甲获胜的概率为，每局之间的胜负相互独立，且没有平局．则对于以下结论，说法正确的是（ ）． ①若，设甲在没有进行第局时就能获得整场比赛胜利的概率为，则． ②若，设甲获得整场比赛胜利的概率为，则． A. ①对②对 B. ①错②错 C. ①对②错 D. ①错②对 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤． 17. 班主任为了解本班每位学生每周平均手机使用时长（单位：小时），在某一学期每周对全班45名学生进行问卷调查，收集了全部数据并计算出每位学生每周平均手机使用时长，绘制了相应的统计图表，全班用时最多的为25.6小时．其中，男生每周平均手机使用时长的茎叶图如图1所示，女生每周平均手机使用时长的频率分布直方图如图2所示． （1）求该班男生每周平均手机使用时长的极差、第75百分位数； （2）根据相关资料显示，每周平均手机使用时长小于14小时为“健康手机使用”，班主任以此绘制了如下的2×2列联表，依据本班情况，班主任是否有95%的把握认为性别与“健康手机使用”有关？请说明理由； 男生 女生 总计 健康手机使用 11 非健康手机使用 9 总计 20 25 45 （3）班主任从本班每周平均手机使用时长大于16小时的学生中任选2人做跟踪调查．设事件表示“2人中至多1名男生”，事件表示“2人中恰有1名学生的每周平均手机使用时长位于区间”，求和． 参考数据：，其中． 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 18. 已知平行六面体，点为的重心． （1）求证：、、三点共线； （2）若平面，，，求直线与平面所成角的大小． 19. 已知函数为定义在上的偶函数，其中． （1）求实数的值； （2）设，若任意的，总存在，使得，求实数的取值范围． 20. 在运用人工智能解决问题时，AI模型可能会生成看似合理但实际不正确的信息现象，称为AI幻觉．AI幻觉率是指AI模型产生AI幻觉的概率，现抽取了市面上5个使用率较高的AI模型，其回答单独一个问题的幻觉率如下表所示． AI模型 1 2 3 4 5 幻觉率 0.1 0.15 0.3 0.16 0.4 （1）若以AI幻觉率最低的2个模型（模型1、2）独立地解答同一问题，以此高效避免AI幻觉，记随机变量为这2个模型中没有出现AI幻觉的个数，求； （2）现独立地重复使用AI模型3处理一系列不相关的问题，若第1个问题的解答不出现AI幻觉，则不再问第2个问题；否则继续提问，直至某一个问题的解答不出现AI幻觉为止．记随机变量为停止提问时该模型已经回答的问题数，求证：对于任意正整数和，恒有； （3）在调查研究中发现，使用AI模型5解决一系列相关问题时会出现较为有趣的现象，若第个问题解答出现了AI幻觉，则第个问题解答出现AI幻觉的概率为0.5，若第个问题解答不出现AI幻觉，则第个问题解答出现AI幻觉的概率为0.2，其中，．若运用AI模型5解答5个相关问题（之前没有回答过相关的问题），记随机变量为这5个相关问题中出现AI幻觉的个数，求．（结果精确到0.01） 21. 已知函数的定义域为，对于给定实数和，定义集合． （1）若，求； （2）设，若，求实数的取值范围； （3）设集合，证明：“对于任意给定实数和，若，均有”的充要条件是“是奇函数”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 复旦大学附属中学2025学年第二学期 高二年级数学期末考试试卷 考生注意： 1．本试卷共4页，21道试题，满分150分，考试时间120分钟． 2．本试卷分设试卷和答题纸．试卷包括试题与答题要求．作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分． 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1—6题每题4分，第7—12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果． 1. 若等可能的样本空间，则事件发生的概率________． 【答案】 ## 【解析】 【详解】已知等可能的样本空间， 则事件发生的概率． 2. 若，则的最小值是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用“添项”的方法，将已知条件改写为符合基本不等式的形式，即可求解. 【详解】根据题意知， 当且仅当，即时，上式等号成立， 所以的最小值是. 故答案为： 3. 在的二项式展开式中，项的系数是__________. 【答案】 【解析】 【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于3，求的值，即可求得系数. 【详解】展开式的通项为， 令，则， 所以项的系数为. 故答案为： 4. 设：，：，若是的必要条件，则正实数的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【详解】命题，因此对应的集合为， 命题，且，得，因此对应的集合为， 因为是的必要条件，所以，即集合是集合的子集， 所以且，是正实数，所以，即. 5. 已知，，，若、和共面，则实数________． 【答案】 【解析】 【详解】若、和共面，则且， 所以，则，可得. 6. 已知随机变量服从正态分布，若，则________． 【答案】 【解析】 【详解】已知随机变量服从正态分布， 可知均值，方差，则标准差， 正态分布的概率密度曲线关于直线对称. 根据正态分布曲线的对称性，均值两侧对称区间的概率是相等的， 即. 正态分布中，随机变量大于等于均值的概率为，即， ， 则. 7. 已知事件与事件互斥，，，则________． 【答案】0.7## 【解析】 【详解】由事件互斥，则， 所以. 8. 设的二项展开式中各项系数分别为，则从这六个数中不放回地依次任取两个数，在已知所抽取的第一个数为正数的情况下，第二个数大于4的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式定理求解各项系数，进而分别求解两种情况下的样本点，再结合古典概型和条件概率求解. 【详解】有， 可得各项系数依次为： 即六个数为：，其中正数共3个；大于4的数共2个. 设事件：第一个抽取的数为正数，事件：第二个抽取的数大于4，所求为. ：第一个为正数的所有取法， 第一个有3种选择，第二个从剩余5个数选，共， ：第一个为正数且第二个大于4的取法， 若第一个取（非大于4的正数），第二个有2种（5,10），共种； 若第一个取或（大于4的正数），取走1个后剩余1个大于4的数，共种； 所以，故. 9. 设集合，若，则实数的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】令，，利用二次函数、分式型函数的性质求出分段函数不同区间上的值域，结合的值域与的值域的并集必须为全体实数，应用分类讨论及求参数范围. 【详解】令，， 要使函数的值域，则的值域与的值域的并集必须为全体实数， 当时，是一个开口向上的抛物线。 若，则在处取得最小值，， 若，则在上单调递增，在处取得最小值，， 所以部分的值域为， 当时，， 因为，利用基本不等式可知（当时取等号）。 所以的最大值为， 所以部分的值域为， 要使值域为，必须有，下面分类讨论： 情况一： 当时，， 需要满足，即，解得或， 结合，可得， 情况二： 当时，， 需要满足，解得， 结合，可得， 综上，实数的取值范围是. 10. 已知，是空间单位向量，，若空间向量满足，，且对于任意，，且等号能成立，则________． 【答案】 【解析】 【分析】依题意可根据单位向量设出，根据条件求出，再设出，分别求出，再求出模长. 【详解】对任意，且等号能成立，则到​​组成平面的最短距离为. 设，由，，得. 设，则最短距离，故. 由得； 代入，得，解得. . 11. 若函数的定义域为的一个非空子集，值域为，则这样不同的函数共有________个． 【答案】390 【解析】 【分析】根据函数定义域与值域的对应关系，结合排列组合数计数求解. 【详解】要使函数的值域恰好为，定义域必须是集合的一个至少包含个元素的非空子集， 设定义域的元素个数为（其中）， 定义域的选择： 当定义域有个元素时，共有种取法， 当定义域有个元素时，共有种取法， 当定义域有个元素时，共有种取法， 对应关系的选择： 对于某个含有个元素的定义域，要使其值域恰好为，即要求从这个元素到个值形成对应， 当时：种， 当时：个元素中必有个元素对应同一个函数值有种， 余下的个元素对应其它个函数值有种，共有种， 当时：分两种情况， 情况一：一个函数值被对应次，另外两个函数值各对应次， 选次对应的函数值：有种选择， 在个元素中选个对应到该函数值：有种选择， 剩下的个元素分别对应到剩下的个函数值：有种排列方式， 方法数为种， 情况二：一个函数值被对应次，另外两个函数值各对应次， 选次对应的函数值：有种选择， 在个元素中选个对应到该函数值：有种选择， 剩下的个元素平均分成两组，分别对应剩下的个函数值：把个元素分成两组的分法有种，再分配给个不同的函数值有种排列，即种， 方法数为种， 所以时，共有种， 综上，将不同定义域情况的函数个数相加为个. 12. 已知正四棱锥，，侧棱，若向量满足，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】设底面的中心为原点，构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，设，结合已知条件得到，设，，则，再应用向量数量积的运算律及坐标运算得到，最后由柯西不等式得，即可得. 【详解】设底面的中心为原点，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， 因为正四棱锥的底面边长，所以， 侧棱长，则高， 则，，，，， 设向量，则，， 由，整理得， 因为，所以，得， 设，，则，当且仅当时取等号， 由，其中，， 则，，且， 所以， 所以， 由于，而，当且仅当时两处等号同时成立， 所以，则，即为. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13—14题每题4分，第15—16题每题5分）每题有且只有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑． 13. 已知和是直线上两个不同的点，是平面的一个法向量，则“”是“”的（ ）条件． A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 非充分又非必要 【答案】B 【解析】 【详解】若，由于是直线的方向向量，这意味着直线的方向向量与平面的法向量垂直。 此时直线可能与平面平行，但也可能在平面内，因此不能推出，故充分性不成立； 若，则直线的方向向量必定与平面的法向量垂直，即一定成立，故必要性成立， 综上，“”是“”的必要不充分条件. 14. 某小组在探究两个数值变量、之间的线性关系时，随机抽取了8个样本点，由于操作疏忽，在运用最小二乘法求回归方程时只输入了前6组数据，得到的线性回归方程为，其样本中心为．后来检查发现后，输入全部8组数据得到的新的线性回归方程为，新的样本中心为，已知，，则以下结论中一定正确的个数是（ ）． ①新的样本中心仍为；②两个数值变量、具有正相关关系；③． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知求出全部8组数据的样本中心判断①，结合样本中心在回归方程上求得判断②，由最小二乘法的定义，新方程的残差平方和一定小于或等于原方程在8个点上的残差平方和判断③. 【详解】①原来的6组数据的样本中心为，说明，， 已知新增的两组数据满足，， 所以全部8组数据的样本中心为，， 新的样本中心为，而不是，故错误， ②由①，结合8组数据的回归方程有，所以变量间是正相关，故正确， ③根据最小二乘法的定义，全部8组数据求得的回归方程，其对应的残差平方和一定是所有直线方程中最小的， 因此，相对于方程，新方程在8个点上的残差平方和一定较小， 即，故错误. 15. 已知奇函数的定义域为，且对任何实数，都有，则可以是（ ）． A. 4 B. 2 C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由奇函数的性质及已知关系，依次代入、、且令得到，再依次验证各项对应值判断即可. 【详解】已知是定义在上的奇函数，所以，且①， 将代入①中，得， 因为，所以，即， 将代入①中，得， 由于是奇函数，因此，这与上面得出的 相符， 将代入①中，设，则 ， 将代入①中， ， 把代入上式，得到②，​ 若，由②得，与矛盾，排除 A， 若，由②得，与矛盾，排除 B， 若，由②得，与没有冲突，且满足奇函数性质， 若，由②得，与矛盾，排除D， 综上可知，的值只能是. 16. 甲和乙进行一场体育比赛，该比赛由局小比赛组成（，），先赢局的选手获得整场比赛的胜利．假设每局比赛甲获胜的概率为，每局之间的胜负相互独立，且没有平局．则对于以下结论，说法正确的是（ ）． ①若，设甲在没有进行第局时就能获得整场比赛胜利的概率为，则． ②若，设甲获得整场比赛胜利的概率为，则． A. ①对②对 B. ①错②错 C. ①对②错 D. ①错②对 【答案】A 【解析】 【分析】由题意，结合二项分布的对称性及概率和为1得判断①，分析知在甲赢下第局时，乙赢的局数不超过局，总共进行了局（其中），则最后一局必须是甲赢，且前局甲赢局、乙赢局，得，令且，再研究的符号判断②. 【详解】①甲在没有进行第局时就能获得整场比赛的胜利，意味着甲在前局比赛中已经赢得了至少局 设前局中甲获胜的局数为随机变量，则服从二项分布， 所求概率为 由于二项分布的对称性有，且， 根据全概率公式，故， 因为，所以，故正确； ②甲获得整场比赛胜利，意味着在甲赢下第局时，乙赢的局数不超过局， 假设甲赢下第局时，总共进行了局（其中）， 则最后一局必须是甲赢，且前局甲赢局、乙赢局， 因此甲获胜的概率为， 令，因为，所以， 设，则，则， 其中， 由，可得， 进而， 所以 由，则上式 因为 ，且， 所以，即，故正确. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤． 17. 班主任为了解本班每位学生每周平均手机使用时长（单位：小时），在某一学期每周对全班45名学生进行问卷调查，收集了全部数据并计算出每位学生每周平均手机使用时长，绘制了相应的统计图表，全班用时最多的为25.6小时．其中，男生每周平均手机使用时长的茎叶图如图1所示，女生每周平均手机使用时长的频率分布直方图如图2所示． （1）求该班男生每周平均手机使用时长的极差、第75百分位数； （2）根据相关资料显示，每周平均手机使用时长小于14小时为“健康手机使用”，班主任以此绘制了如下的2×2列联表，依据本班情况，班主任是否有95%的把握认为性别与“健康手机使用”有关？请说明理由； 男生 女生 总计 健康手机使用 11 非健康手机使用 9 总计 20 25 45 （3）班主任从本班每周平均手机使用时长大于16小时的学生中任选2人做跟踪调查．设事件表示“2人中至多1名男生”，事件表示“2人中恰有1名学生的每周平均手机使用时长位于区间”，求和． 参考数据：，其中． 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）极差为，第75百分位数为 （2） 将列联表如下补充完整为 男生 女生 总计 健康手机使用 11 14 25 非健康手机使用 9 11 20 总计 20 25 45 提出原假设：认为性别与“健康手机使用”无关，确定显著性水平． ．因此，接受原假设，即没有95%的把握认为性别与“健康手机使用”有关． （3）， 【解析】 【分析】（1）根据极差以及百分位数公式求解即可. （2）首先补全列联表，再根据卡方公式代入计算，求解即可. （3）根据古典概率公式以及条件概率求解即可. 【小问1详解】 极差为． 根据茎叶图，男生有20人，则，所以第百分位数为第项和第项数据的平均数， 即第75百分位数为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题，手机使用时长大于16小时的男生有4人，其中位于有0人， 手机使用时长大于16小时的女生有4人，其中位于有2人． ，，． 故． 18. 已知平行六面体，点为的重心． （1）求证：、、三点共线； （2）若平面，，，求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1）由点为的重心， 所以 ， 又，故， 又与交于，故、、三点共线． （2） 【解析】 【分析】（1）由已知，用表示出，进而得到线性关系，即可证； （2）连结，交于，构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，应用向量法求线面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题设，连结，交于，则， 以为原点，、、为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系， 所以，，，，，， ，，， 而，则， 因此，， 设平面的法向量，故， 所以，可取， 设直线与平面所成角为，则， 因此，直线与平面所成角的大小为． 19. 已知函数为定义在上的偶函数，其中． （1）求实数的值； （2）设，若任意的，总存在，使得，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用偶函数的性质有求参数值，注意验证是否满足题设； （2）问题化为在上恒成立，令，进一步化为在上恒成立，利用单调性求出右侧的最小值，即可得. 【小问1详解】 由为偶函数，得，即，解得， 当时，，且对于任意的，都有， 经此检验知，当为偶函数时，的值为； 【小问2详解】 由，等号当且仅当时成立， 问题转化为不等式对于恒成立， 即对于恒成立， 令，由，且， 代入可知对于恒成立， ， 由于函数在上严格增，当时取最小值为0， 因此，实数的取值范围是. 20. 在运用人工智能解决问题时，AI模型可能会生成看似合理但实际不正确的信息现象，称为AI幻觉．AI幻觉率是指AI模型产生AI幻觉的概率，现抽取了市面上5个使用率较高的AI模型，其回答单独一个问题的幻觉率如下表所示． AI模型 1 2 3 4 5 幻觉率 0.1 0.15 0.3 0.16 0.4 （1）若以AI幻觉率最低的2个模型（模型1、2）独立地解答同一问题，以此高效避免AI幻觉，记随机变量为这2个模型中没有出现AI幻觉的个数，求； （2）现独立地重复使用AI模型3处理一系列不相关的问题，若第1个问题的解答不出现AI幻觉，则不再问第2个问题；否则继续提问，直至某一个问题的解答不出现AI幻觉为止．记随机变量为停止提问时该模型已经回答的问题数，求证：对于任意正整数和，恒有； （3）在调查研究中发现，使用AI模型5解决一系列相关问题时会出现较为有趣的现象，若第个问题解答出现了AI幻觉，则第个问题解答出现AI幻觉的概率为0.5，若第个问题解答不出现AI幻觉，则第个问题解答出现AI幻觉的概率为0.2，其中，．若运用AI模型5解答5个相关问题（之前没有回答过相关的问题），记随机变量为这5个相关问题中出现AI幻觉的个数，求．（结果精确到0.01） 【答案】（1） （2）由题意是前个回答均出现了AI幻觉，即， 所以， ，则， 所以， 所以对于任意正整数和，恒有； （3） 【解析】 【分析】（1）由题设的可能取值为，应用独立事件乘法公式、互斥事件加法求对应概率，写出分布列，进而求方差； （2）根据已知分析事件并得到，再由求通项式，进而得，最后由即可证； （3）记表示AI模型5解决第个问题时出现AI幻觉的情况，若解答第个问题时，出现AI幻觉，记，未出现AI幻觉，记，设且求出对应概率，进而求期望. 【小问1详解】 由题设，的可能取值为， ， ， ， 因此，的分布为， 所以， ， 所以，； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 记表示AI模型5解决第个问题时出现AI幻觉的情况， 若解答第个问题时，出现AI幻觉，记，未出现AI幻觉，记， 设且，则且， 所以，，，， 因此，， 解得. 21. 已知函数的定义域为，对于给定实数和，定义集合． （1）若，求； （2）设，若，求实数的取值范围； （3）设集合，证明：“对于任意给定实数和，若，均有”的充要条件是“是奇函数”． 【答案】（1） （2） （3）充分性： 当是奇函数时，若，则， 即， 即，所以． 必要性： 由实数和的任意性，取，， 显然和满足， 即、，则必有、， 即有， 若，则，， 由同向相加性，可得，矛盾， 若，则，，即，矛盾， 所以， 同理可证，当时，取，，有， 取，，则，有，即； 取，，则，有，即； 由于，故， 由同向相加性，得，即， 因此，对于任意实数，均有，即是定义在上的奇函数． 【解析】 【分析】（1）解一元二次不等式，即可得； （2）根据题设，分析有在上的最大值为，最小值为，再分类讨论，结合二次函数的性质及确定参数范围； （3）从充分、必要性两个方面求证，利用奇函数的性质及集合新定义得到研究充分性，利用任意性，取，，结合新定义有，再依次讨论、得到矛盾，从而有，同理分析的情况研究必要性，即可证. 【小问1详解】 由题，由，可得，故； 【小问2详解】 注意到，且、是的零点， 由题意，在上的最大值为，最小值为， ①当时，在上严格增，即， 从而对恒成立，即； ②当时，在上严格增，同①分析有； ③当时，在上的表达式为， 在中的最大值为，最小值为， 若，则在上严格增，同①分析有， 若，则，在上的最大值为，且， 所以满足要求，即， 若，则，此时恒成立， 故不是上的最大值，不满足要求，舍去， 综上，实数的取值范围是； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $