精品解析：福建省福州高级中学2025-2026学年高二下学期第四学段考试数学试题

福州高级中学2025—2026学年第四学段考试 高二数学试题 试卷总分：150分 完卷时间：120分钟 第Ⅰ卷 一、单选题：本题共有8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】已知，则， 解得， 集合， 已知， ． 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】先求出复数，再根据复数模的公式即可求出． 【详解】由可得，，所以， 故选：B. 3. 已知，，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】 【详解】因为在上为递增函数，所以能推出，那么成立. 若，成立，但是推出，因此必要条件不成立. 综上所述，此为充分不必要条件. 4. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】计算出，再根据，两边平方化简即可求解. 【详解】由题可得， 因为，所以 即， 即， 即，得到. 5. 已知函数的定义域为，若函数，则的解析式不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】的定义域为，则的定义域为， ，故为偶函数； 选项A：的定义域为，是偶函数， 构造，则，， 满足条件，故A可能； 选项B：的定义域为，是偶函数， 构造，则， 满足条件，故B可能； 选项C：的定义域为， ， 故是奇函数，故C不可能； 选项D：是定义域为的偶函数， 构造，则， ， 满足条件，故D可能． 6. 某导航机器人团队，调研5组不同避障阈值（单位：灵敏度）与路径规划耗时（单位：）得到的数据如下表： 避障阈值 9 9.5 10 10.5 11 规划耗时 8 6 5 由表中数据可知，规划耗时与避障阈值之间存在较强的线性相关关系，其经验回归方程是，则规划耗时数据5，6，8，，的第百分位数为（ ） A. 8 B. 9 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，代入回归方程得， ，解得， 规划耗时数据升序排列为：5，6，8，，， 第百分位数位置为：, 当不是整数时，向上取整，为第4个数据，即为． 7. 已知函数满足，若函数与 图象的所有交点为，则 （ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先得到两个函数的对称性，进而利用对称性的性质得到，最后得到结果即可. 【详解】因为，所以， 则关于对称，而设， 而， 则关于对称，可得两个函数的交点也关于对称， 得到，即，故B正确. 8. 已知函数的极大值点为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析该函数的单调性，可得出，然后由化简得出，将代入化简可得答案. 【详解】因为，该函数的定义域为，， 因为，即， 即，即， 所以， 又因为，所以（*）， ①当时，， 当时，；当时，. 所以函数的减区间为，增区间为，此时函数无极大值点，不合题意； ②若，由可得，由可得或， 此时函数的增区间为、，减区间为， 则函数的极大值点为，即得， 则由（*）得， ， 因为，所以； ③当时，由可得，由可得或， 所以函数的减区间为、，增区间为， 所以函数的极大值点为，同②可得. 综上所述，. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. B. C. 的图象关于点对称 D. 在上的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由周期公式得到表达式判断A，代入验证可得判断B，C，应用余弦函数性质得出最值判断D. 【详解】，由于最小正周期为，故，故，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，，故的图象关于点对称，故C正确； 对于D，当时，， 故，当时，取上的最小值为，故D正确. 10. 下列命题正确的是（ ） A. 随机变量，当最大，则的取值为3 B. 以模型去拟合一组数据时，为求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是，0.3 C. 已知关于的回归方程为，则样本数据点的残差为2.2 D. 若，，则事件，相互独立 【答案】ABD 【解析】 【分析】使用二项分布概率公式分析选项，使用线性回归方程及残差的定义分析选项，使用全概率公式和条件概率公式分析选项. 【详解】， 由，解得， 由，解得， 又因为，且，所以，选项正确； 已知，两边取自然对数得，令，则， 因为变换后的线性方程为，所以，，即，选项正确； 已知关于的回归方程为，当时，， 而样本数据点为，则残差，选项错误； 已知，，由条件概率公式， 则，即， 所以，即， 则事件，相互独立，选项正确. 11. 已知a，x，，，，则（ ） A. 当时， B. 存在实数a，使得 C. 对任意，都有 D. 当时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用指数不等式的解法求解即可；对于B，当时，．即可判断；对于C，设，结合导数研究单调性即可判断；对于D，根据，即可判断,利用，即可判断。 【详解】对于选项A，当时，，所以，选项A正确． 对于选项B，当时，．选项B正确． 对于选项C，由题意，设，则． ，则． 故，当时，单调递减，． 故使，故选项C错误. 对于选项D由题意：，因为，所以， 另一方面：，因为， 即，所以，选项D正确， 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线与函数的图象相切，则实数_____． 【答案】## 【解析】 【分析】设函数在点处的切线为，根据导数的几何意义列式计算可求得. 【详解】设函数在点处的切线为， 函数的定义域为. 由，得，所以， 所以，解得（舍去）或. 又，所以切点为， 又切点在直线上，所以，解得. 故答案为：. 13. 已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为____________. 【答案】64 【解析】 【详解】已知随机变量，且， 由正态分布的对称性可得与关于对称， 即，则，解得. 令，展开式中各项系数之和为. 14. 如图，粒子在四个容器，，，中移动，当在，，容器时，每隔一小时等可能地移动到相邻容器中；当在容器时，粒子停止移动．当前时刻，在容器中，设小时后，停止移动，则___________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据题意分析得出各可能值对应的概率，再分析粒子每小时运动到的概率找规律，列出计算式，利用数列求和知识求出均值． 【详解】第0小时，在， 第1小时，到的概率为，移动到停止移动的概率为， 第2小时，可能到，可能到，概率为， 第3小时，到，概率为， 由题意知， ， ， ， ， 由此可得，小时数为偶数时，粒子都在或，无法停止，故， 小时数为奇数时： 由可知：， 即， 令，则①， ②， ①减去②可得， ， 故，即． 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. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，底面，是的中点，点满足，，． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）连接交于点，连接． 因为是的中点，，， 所以． 又，所以， 在平面中，有， 所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）． 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，可证得，即可证； （2）以为原点，以，的方向为轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，得，，，，，从而求出平面和平面的法向量，即可得到夹角的余弦值 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为底面， 以为原点，以，的方向为轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系． 因为，底面四边形为菱形，易得三角形，三角形为等边三角形． 则，，，，． 所以，，，． 设为平面的法向量，则，即，可取． 设为平面的法向量，则，即，可取． 设平面与平面的夹角为，则． 故平面与平面的夹角的余弦值为． 16. 在中，角，，对应边分别是.已知成等差数列，且. （1）求的值； （2）若的外接圆半径为，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件得到之间的关系，并将其代入余弦定理的表达式中，即可得解； （2）利用正弦定理求出，进而求出，即可根据三角形的面积公式求出的面积. 【小问1详解】 因为成等差数列，所以. 因为，由正弦定理可得，将其代入，可得. 由余弦定理可得； 【小问2详解】 因为，且，所以. 设的外接圆半径为，则. 由正弦定理可得， 则. 所以的面积. 17. 某企业使用新技术对某款芯片进行试生产．在试生产初期，该款芯片的生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为．第四道工序中智能自动检测正确率为，第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验． （1）求前三道工序后产品芯片的次品率； （2）求在第四道工序中芯片智能自动检测得到的产品合格率，并求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率； （3）某手机生产厂商获得了该新技术芯片的试用权，并在某款新型手机上使用．现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查．据统计，回访的100名用户中，使用未安装新技术芯片手机的有40人，其中对开机速度满意的有28人；使用安装新技术芯片手机的有60人，其中对开机速度满意的有57人．判断是否有的把握认为安装新技术芯片与用户对开机速度满意度有关？ 附： 0.050 0.010 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） （2）， （3）有的把握认为安装新技术芯片与用户对开机速度满意度有关 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件及对立事件求前三道工序后产品芯片的次品率； （2）设芯片智能自动检测合格为事件，芯片为合格品为事件，利用全概率公式求，利用独立事件得，最后由条件概率公式即可求解； （3）列出联表，计算卡方，与临界值比较得出结论. 【小问1详解】 芯片的次品率为； 【小问2详解】 设芯片智能自动检测合格为事件，芯片为合格品为事件， 由全概率公式， 所以， 所以； 【小问3详解】 由数据可建立22列联表如下：（单位：人） 开机速度满意度 未安装 已安装 合计 不满意 12 3 15 满意 28 57 85 合计 40 60 100 根据列联表得： ， 因此，有的把握认为安装新技术芯片与用户对开机速度满意度有关． 18. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在上． （1）求的方程； （2）设直线：与交于、两点． （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）若为平面上一点，且，求的最大值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的焦点坐标得到，再将点代入椭圆方程，结合即可得到的方程； （2）（ⅰ）先联立椭圆和直线方程得到关于的一元二次方程，再根据韦达定理及已知条件得到点坐标，进而得到的值；（ⅱ）先根据中点的坐标及中点也在直线上求出，再根据弦长公式求出，再根据，得到点在以为直径的圆上，从而得到当、、三点共线时，有最大值，进而得到，再利用三角换元法或导数法求最值即可． 【小问1详解】 由椭圆的左、右焦点分别为，，则， 又椭圆过点，所以， 又，故，所以的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）因为直线：与椭圆交于、两点，设、两点坐标分别为，， 联立，消去，整理得， 则，解得， 则，， 又，， 则，即， 又因为点在椭圆上，即， 联立方程组，解得，，，， 由于点在直线方程上， 解得，，，， 又因为，所以． （ⅱ）设线段的中点坐标为，则， 所以，所以， 所以， 又，则点在以为直径的圆上， 而，当且仅当、、三点共线时等号成立， ，其中. 法1：（三角换元法） 设，，则， 所以，， 当时，，所以的最大值为． 法2：（导数法求最值） 令，则，， 所以， 因为在上单调递减，由，得 当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减， 所以，所以的最大值为． 19. 设是非空的实数集，如果对于集合中的任意一个元素，按照某种确定的对应关系，在集合中都有唯一确定的元素与之对应，那么称为从到的一个联动．例如：不是从到的一个联动； 是从到的一个联动． （1）若，是从到的一个联动，求的取值范围； （2）已知为常数且，若是从到的一个联动，求的取值范围． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据二次函数的图象由定义列不等式组即可求出答案； （2）分为，，和四种情况，结合函数图象求解即可. 【小问1详解】 由题设， 因为，，，， 所以， 解得， 所以或； 【小问2详解】 即在上有唯一解． 设， 当变化时变化如下 0 0 0 ①当时，即时，，解得或，所以． ②当时，即时， 或 令， 则， 在上是增函数，在上是减函数， 又所以时当且仅当时， 解得或或 所以． ③当时，需，无解， ④当时，即时， 若时，， 此时代入（）不成立，所以无解． 若时， 由②知无解，综上． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州高级中学2025—2026学年第四学段考试 高二数学试题 试卷总分：150分 完卷时间：120分钟 第Ⅰ卷 一、单选题：本题共有8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. 4 D. 8 3. 已知，，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 4. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的定义域为，若函数，则的解析式不可能是（ ） A. B. C. D. 6. 某导航机器人团队，调研5组不同避障阈值（单位：灵敏度）与路径规划耗时（单位：）得到的数据如下表： 避障阈值 9 9.5 10 10.5 11 规划耗时 8 6 5 由表中数据可知，规划耗时与避障阈值之间存在较强的线性相关关系，其经验回归方程是，则规划耗时数据5，6，8，，的第百分位数为（ ） A. 8 B. 9 C. D. 7. 已知函数满足，若函数与 图象的所有交点为，则 （ ） A. 0 B. C. D. 8. 已知函数的极大值点为，且，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. B. C. 的图象关于点对称 D. 在上的最小值为 10. 下列命题正确的是（ ） A. 随机变量，当最大，则的取值为3 B. 以模型去拟合一组数据时，为求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是，0.3 C. 已知关于的回归方程为，则样本数据点的残差为2.2 D. 若，，则事件，相互独立 11. 已知a，x，，，，则（ ） A. 当时， B. 存在实数a，使得 C. 对任意，都有 D. 当时， 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线与函数的图象相切，则实数_____． 13. 已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为____________. 14. 如图，粒子在四个容器，，，中移动，当在，，容器时，每隔一小时等可能地移动到相邻容器中；当在容器时，粒子停止移动．当前时刻，在容器中，设小时后，停止移动，则___________． 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. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，底面，是的中点，点满足，，． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 16. 在中，角，，对应边分别是.已知成等差数列，且. （1）求的值； （2）若的外接圆半径为，求的面积. 17. 某企业使用新技术对某款芯片进行试生产．在试生产初期，该款芯片的生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为．第四道工序中智能自动检测正确率为，第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验． （1）求前三道工序后产品芯片的次品率； （2）求在第四道工序中芯片智能自动检测得到的产品合格率，并求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率； （3）某手机生产厂商获得了该新技术芯片的试用权，并在某款新型手机上使用．现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查．据统计，回访的100名用户中，使用未安装新技术芯片手机的有40人，其中对开机速度满意的有28人；使用安装新技术芯片手机的有60人，其中对开机速度满意的有57人．判断是否有的把握认为安装新技术芯片与用户对开机速度满意度有关？ 附： 0.050 0.010 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 18. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在上． （1）求的方程； （2）设直线：与交于、两点． （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）若为平面上一点，且，求的最大值． 19. 设是非空的实数集，如果对于集合中的任意一个元素，按照某种确定的对应关系，在集合中都有唯一确定的元素与之对应，那么称为从到的一个联动．例如：不是从到的一个联动； 是从到的一个联动． （1）若，是从到的一个联动，求的取值范围； （2）已知为常数且，若是从到的一个联动，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $