精品解析：重庆市西南大学附属中学校2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷

西南大学附中2025—2026学年度下期期末考试 高二数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整． 3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）． 一、单项选择题：本大题共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. 已知集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 下列说法正确的是（ ） A. ，对应关系是A到B的函数 B. 和表示同一函数 C. 若函数的定义域为，则函数的定义域为 D. 函数的值域是 3. 设函数，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 5. 已知变量和的成对样本数据的经验回归方程为，且，当增加了1个样本数据后，重新得到的经验回归方程的斜率为，则新的经验回归方程为（ ） A. B. C. D. 6. 命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 7. 从这10个数字中任取三个数字，则至少有两个数是连续数字的取法共有（ ） A. 35种 B. 56种 C. 64种 D. 70种 8. 已知奇函数的定义域为，满足对任意，，且，都有，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列关于概率统计说法中正确的是（ ） A. 两个变量，的相关系数为，则越小，与之间的相关性越弱 B. 已知随机事件和互斥且，，则 C. 若样本数据，，，的方差为2，则数据，，，的方差为13 D. 已知随机变量服从正态分布．若，则 10. 已知，，且，则（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 的最小值为 11. 某同学玩一种跳棋游戏，抛掷一枚质地均匀且标有数字的骰子，规定：若掷得点数小于或等于3，则前进1步；若掷得点数为4、5，则前进2步；若掷得点数为6，则前进3步，每次投掷互不影响．设某同学在投掷中一共前进步的概率为，记抛掷2次共前进4步为事件，抛掷4次共前进6步为事件，则下列正确的是（ ） A. B. 已知第2次掷得点数为5，则 C. 与相互独立 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的单调递增区间为________． 13. 已知点在函数的图象上，则点到直线的距离的最小值为________． 14. 函数，若函数的图像与直线有两个不同的公共点，则的取值范围是________． 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. 某大型科技公司研发了一款新型代码生成助手．为了评估其效能，公司随机邀请了200名内部测试开发者使用该工具．测试后，从两个维度记录数据：开发者经验：资深（工作年限年）与初级（工作年限年）；使用评价：对助手的评价为“满意”和“不满意”．现调查统计的部分数据如下表（单位：人）： 满意 不满意 合计 资深 60 初级 50 120 合计 200 （1）完成上述样本数据的列联表，试根据小概率值的独立性检验，分析“开发者对助手的满意度”与“开发者经验”是否有关？ （2）按照比例采用分层随机抽样的方法从“开发者对助手不满意”中随机抽取7人，再从这7人中选3名做进一步访谈．设这3人中初级的人数为，求的分布列和期望． 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 已知数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的最大项与最小项． 17. 如图，是边长为4的等边三角形，、分别为、的中点，现将沿翻折，使点在点处，得到四棱锥． （1）若，求证：平面平面； （2）当四棱锥的体积为时，求平面与平面夹角的正弦值． 18. 如图，椭圆：的左、右焦点分别为、，点和点是椭圆的左顶点和上顶点．从椭圆上一点向轴作垂线，垂足恰好为右焦点，且，． （1）求椭圆的方程； （2）直线过椭圆的右焦点，且与相交于、两点， ①若，求直线的方程； ②在轴上是否存在点，使得无论如何变化，被轴平分，如果存在，求出点坐标；如果不存在，请说明理由． 19. 已知函数， （1）当时，求函数的极值； （2）若函数有两个不同零点，， ①求实数的取值范围； ②若不等式恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西南大学附中2025—2026学年度下期期末考试 高二数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整． 3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）． 一、单项选择题：本大题共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. 已知集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】集合，， 所以. 2. 下列说法正确的是（ ） A. ，对应关系是A到B的函数 B. 和表示同一函数 C. 若函数的定义域为，则函数的定义域为 D. 函数的值域是 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，，对应关系， 当时，，不满足函数定义，故A错误； 对于B，定义域为，定义域为， 定义域不同，所以不是同一函数，故B错误； 对于C，函数的定义域为，则函数需满足， 即，故函数的定义域为，故C正确； 对于D，函数是对勾函数， 当时取最小值，故最小值不是3，故D错误. 3. 设函数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】若，则，则，无解，舍； 若，则，得， 则 4. 的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由二项式定理，的展开式通项为， 将拆分为，分别寻找项， 对，需中且， 即，对应系数为； 对，需中且，即， 对应系数为； 因此的系数为. 5. 已知变量和的成对样本数据的经验回归方程为，且，当增加了1个样本数据后，重新得到的经验回归方程的斜率为，则新的经验回归方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】回归直线必过样本中心点， 已知回归方程为，且，则， 故， 当增加了1个样本数据后，，样本中心点变为， 因为重新得到的经验回归方程的斜率为，经过样本中心点， 故新的经验回归方程为. 6. 命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】若，，则，即， 故原命题为真命题的一个充分不必要条件是. 7. 从这10个数字中任取三个数字，则至少有两个数是连续数字的取法共有（ ） A. 35种 B. 56种 C. 64种 D. 70种 【答案】C 【解析】 【详解】由题意，3个数都是连续数字的情况： 若取到的3个数中最小的数为，则剩下的2个数为， 因此共有8种取法； 恰有2个数是连续数字的情况： 当连续的2个数字为时，则剩下的数从这7个中任取1个，共7种取法； 当连续的2个数字为时，则剩下的数从这6个中任取1个，共6种取法； 当连续的2个数字为时，则剩下的数从这6个中任取1个，共6种取法； 当连续的2个数字为时，则剩下的数从这6个中任取1个，共6种取法； 当连续的2个数字为时，则剩下的数从这6个中任取1个，共6种取法； 当连续的2个数字为时，则剩下的数从这6个中任取1个，共6种取法； 当连续的2个数字为时，则剩下的数从这6个中任取1个，共6种取法； 当连续的2个数字为时，则剩下的数从这6个中任取1个，共6种取法； 当连续的2个数字为时，则剩下的数从这7个中任取1个，共7种取法， 因此共有种取法. 综上所述，至少有两个数是连续数字的取法共有种. 8. 已知奇函数的定义域为，满足对任意，，且，都有，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，结合已知条件分析函数单调性和奇偶性，用换元法转化不等式，分情况讨论求出相应解集，进而合并求出不等式解集． 【详解】令，定义域为， 对任意，由且，得 ， 故在上单调递减， 是奇函数，即，则， 故是偶函数，在上单调递增， 由，得，由偶函数性质，， 令，即；分母，即，原不等式， 当时，，即，由在单调递减，得， 即，解得； 当时，，即，由在单调递增，得， 即，解得；解得或， 所以， 综上，不等式解集为． 二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列关于概率统计说法中正确的是（ ） A. 两个变量，的相关系数为，则越小，与之间的相关性越弱 B. 已知随机事件和互斥且，，则 C. 若样本数据，，，的方差为2，则数据，，，的方差为13 D. 已知随机变量服从正态分布．若，则 【答案】BD 【解析】 【详解】对于A，越小，与之间的相关性越弱，故A错误； 对于B，因为随机事件和互斥，所以， 而，则，即，故B正确； 对于C，若样本数据，，，的方差为2， 则数据，，，的方差为，故C错误； 对于D，由服从正态分布，， 而，则，即，故D正确. 10. 已知，，且，则（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A可利用完全平方公式和基本不等式来判断；选项B可根据基本不等式判断；选项C可利用乘“1”法结合不等式求解；选项D可理解为两点间距离公式的形式，再结合几何意义求解. 【详解】选项A，已知，根据完全平方公式， 所以，由基本不等式，代入， 即，两边同时平方得，即，代入 得到，故A正确； 选项B，，又因为， 代入得，即成立，故B正确； 选项C，，， 所以，故C选项错误； 选项D,, 其几何意义为点到点的距离，已知， 即点在直线上， 根据点到直线距离公式，点到直线的距离为 ，故D选项正确 【点睛】选项D可理解解为两点间距离公式，再由已知得到点在哪一条直线上 11. 某同学玩一种跳棋游戏，抛掷一枚质地均匀且标有数字的骰子，规定：若掷得点数小于或等于3，则前进1步；若掷得点数为4、5，则前进2步；若掷得点数为6，则前进3步，每次投掷互不影响．设某同学在投掷中一共前进步的概率为，记抛掷2次共前进4步为事件，抛掷4次共前进6步为事件，则下列正确的是（ ） A. B. 已知第2次掷得点数为5，则 C. 与相互独立 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A. 前进 2 步有两种方式：1 次抛掷直接前进 2 步，或2 次抛掷各前进 1 步；B.第二次抛掷前进 2 步且共前进5步，分四种情况讨论； C.利用判断； D.利用递推关系求解. 【详解】点数为1，2，3（前进 1 步）：，点数为 4，5（前进 2 步）：，点数为 6（前进 3 步）：， 选项 A：前进 2 步有两种方式：1 次抛掷直接前进 2 步：概率 ， 2 次抛掷各前进 1 步：概率 ，因此，A 正确； 选项 B：“第 2 次掷得点数为 5” 即第二次抛掷前进 2 步 ，共前进5步，分为以下四种情况， 情况1：抛掷2次, 依次前进3步,2步, 概率是， 情况2：抛掷3次, 依次前进2步,2步, 1步, 或1步，2步，2步，概率是 情况3：抛掷4次, 依次前进1步,2步, 1步, 1步,概率是 已知第2次掷得点数为5，则，B 错误； 选项 C： 事件：抛掷 2 次共前进 4 步；事件：抛掷 4 次共前进 6 步， 事件分为以下3种情况：1+3，2+2，3+1，所以, 事件: 4 次前进步数和为 6，设 前进1 步次、前进2 步次、前进3 步次，满足，解得两组解： ：排列数，概率 ：排列数，概率 ，所以， 事件：前两次和为 4 且四次总和为 6，等价于后两次和为 2（仅 1+1 一种情况）， ，满足独立事件定义，C 正确； 选项 D： 表示首次恰好累计前进步的概率, 首次恰好累计前进步分为3种情况， 情况1：首次恰好累计前进步，只需要再前进1步，概率是, 情况2：首次恰好累计前进步，只需要再前进2步，概率是, 情况3：首次恰好累计前进步，只需要再前进3步，概率是, 所以首次恰好累计前进步的概率是, 所以，得，D 正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的单调递增区间为________． 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的定义域，然后利用复合函数法可求出函数的单调递增区间. 【详解】令，解得或， 函数的定义域为. 内层函数的减区间为，增区间为. 外层函数在上为增函数， 由复合函数法可知，函数的单调递增区间为. 故答案为. 【点睛】本题考查函数单调区间的求解，常用的方法有复合函数法、图象法，另外在求单调区间时，首先应求函数的定义域，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 13. 已知点在函数的图象上，则点到直线的距离的最小值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】首先利用导数分析函数的图象，再利用数形结合，结合导数的几何意义，即可求解. 【详解】由题意可知：函数的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 当趋近于0，趋近于；当趋近于，趋近于0； 如图，当与直线平行的直线与的图象相切时，此时切点到直线的距离最小， 令，可得， 令，可知在定义域内单调递增，且， 则有且仅有1个零点为1，即方程的根为，即切点， 可得点到直线的距离为， 所以点到直线的距离的最小值为. 14. 函数，若函数的图像与直线有两个不同的公共点，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】将函数图象交点个数问题转化为函数零点问题，再通过去掉绝对值讨论的不同情况来确保有两个零点即可. 【详解】令，整理得 ， 当时，即，可将上式去掉绝对值进行讨论得到如下两个等式， ，即①，令 ，即 ② 时，对于方程②无解； 对于方程①，判别式，故①有两个不同实根， 由韦达定理可知两根之和为，两根之积为，易得两根一正一负，且最大正根满足， 开口向上，故最大根小于1，两个根都满足，共2个不同交点，符合题意； 当时， 方程变为，只有一个解，不符合题意； 当时，即，同样拆分得①②两个方程： 对于方程②，正根为，仅当，即时有1个满足条件的根； 对于方程①判别式 当时，①和②的根都为，仅1个交点，不符合题意； 当时，，①有两个不同根，且，开口向上，故仅1个根满足， 加上②的1个满足条件的根，共2个不同交点，符合题意； 综上，的取值范围是. 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. 某大型科技公司研发了一款新型代码生成助手．为了评估其效能，公司随机邀请了200名内部测试开发者使用该工具．测试后，从两个维度记录数据：开发者经验：资深（工作年限年）与初级（工作年限年）；使用评价：对助手的评价为“满意”和“不满意”．现调查统计的部分数据如下表（单位：人）： 满意 不满意 合计 资深 60 初级 50 120 合计 200 （1）完成上述样本数据的列联表，试根据小概率值的独立性检验，分析“开发者对助手的满意度”与“开发者经验”是否有关？ （2）按照比例采用分层随机抽样的方法从“开发者对助手不满意”中随机抽取7人，再从这7人中选3名做进一步访谈．设这3人中初级的人数为，求的分布列和期望． 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）补全的2×2列联表如下： 满意 不满意 合计 资深 60 20 80 初级 70 50 120 合计 130 70 200 根据小概率值的独立性检验，推断“开发者对AI助手的满意度”与“开发者经验”有关. （2）的分布列为： 1 2 3 数学期望. 【解析】 【分析】（1）分析对应人数完善列联表，再求卡方值，结合独立性检验的基本思想得结论； （2）由题意，设初级人数为，可能取值为并求出对应概率，写出分布列，进而求期望. 【小问1详解】 资深总人数（人），资深不满意人数（人）， 初级满意人数（人），满意总人数（人）， 不满意总人数（人）， 完整的列联表如下： 满意 不满意 合计 资深 60 20 80 初级 70 50 120 合计 130 70 200 零假设：开发者对AI助手的满意度与开发者经验无关。 其中， 因为​，根据小概率值的独立性检验，我们有充分证据推断不成立 结论：认为“开发者对AI助手的满意度”与“开发者经验”有关。 【小问2详解】 在“对AI助手不满意”的70人中，资深有20人，初级有50人， 按比例分层随机抽取7人：抽取的资深开发者人数（人），抽取的初级开发者人数（人）， 从这7人（2名资深，5名初级）中随机选3人，设初级人数为，可能取值为， ，，， 所以的分布列为： 1 2 3 ​ 数学期望. 16. 已知数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的最大项与最小项． 【答案】（1）（） （2）最大项为，最小项为 【解析】 【分析】（1）根据，结合题意可求得数列的通项公式； （2）由（1）及求得，进而得到的通项公式，讨论n取奇数或偶数时取值情况，进而得到数列的最大项与最小项. 【小问1详解】 因为，且， 当时，，所以， 当时，， 所以，即， 所以 数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以数列的通项公式为： 【小问2详解】 由(1)知，， 所以，， 当时，， 因为是k的增函数，所以， 所以，所以， 当且仅当，即时，； 当时，， 因为是k的增函数，所以是k的减函数， 所以， 所以，所以， 当且仅当，即时，， 综上所述，的最大值为，最小值为， 所以数列的最大项为，最小项为. 17. 如图，是边长为4的等边三角形，、分别为、的中点，现将沿翻折，使点在点处，得到四棱锥． （1）若，求证：平面平面； （2）当四棱锥的体积为时，求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）已知是边长为4的等边三角形， 而、分别为、的中点，所以， 且，， 而是等边三角形，翻折后也是等边三角形， 取的中点，连接，则，且， 在四边形中，，， 由余弦定理得， ，已知， 在中，,所以， 又平面，故平面， 又平面，所以平面平面. （2）或 【解析】 【分析】（1）取的中点，利用翻折后边长、垂直关系不变，再用面面垂直判定定理证明即可； （2）利用体积公式求出的竖坐标，建立适当的空间直角坐标系，再由求出坐标，再求出两个面法向量即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由题意得梯形的面积， 由体积得，解得， 以为原点，为轴，为轴，垂直于底面向上为轴， 建立空间直角坐标系，如图，，，， ,因为是的中点， 所以，又，设 则，解得或， 即或 当时，， ,设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，所以， 设平面的法向量为， 而,， 则，即， 令，则，所以， 而 而，得到， 设平面与平面夹角为， 则 当时，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 设平面的法向量为, 而, 则， 令，则，所以， 得到， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的正弦值为或. 18. 如图，椭圆：的左、右焦点分别为、，点和点是椭圆的左顶点和上顶点．从椭圆上一点向轴作垂线，垂足恰好为右焦点，且，． （1）求椭圆的方程； （2）直线过椭圆的右焦点，且与相交于、两点， ①若，求直线的方程； ②在轴上是否存在点，使得无论如何变化，被轴平分，如果存在，求出点坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）①；②存在，点坐标为. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可. （2）①设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及三角形面积公式求解；②假定存在并设出点的坐标，利用斜率和为0列式求解. 【小问1详解】 依题意，点，令椭圆的半焦距为，则， 由，得，则， 由，得∽， 因此，即，则， 由，得， 联立解得， 所以椭圆的方程是. 【小问2详解】 ①由（1）知，显然直线不垂直于轴，设其方程为， 由消去得， 设， ，，而， 则 ， 整理得，解得， 所以直线的方程为. ②假设在轴上存在点，使得被轴平分， 则直线斜率互为相反数， 设，由①得， 则，即，而不恒为0， 因此，解得， 所以在轴上存在点，使得被轴平分，点坐标为. 19. 已知函数， （1）当时，求函数的极值； （2）若函数有两个不同零点，， ①求实数的取值范围； ②若不等式恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）极大值为；极小值为 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数分析函数单调性及极值点，进而求出极大值和极小值； （2）①对函数求导，以参数的符号为分界点展开分类讨论，综合两种情况得出的取值范围； ②换元并转化不等式，构造函数，利用单调性证明，结合均值不等式推导的下确界，将恒成立条件转化为不等式，解不等式求的取值范围． 【小问1详解】 当时，，定义域为， 求导得，令，解得或， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 故极大值为； 极小值为． 【小问2详解】 ①，求导得， 当时，恒成立，仅有解， 时，递增；时，递减； 在处取得最大值， ， 若，即，则的最大值为正，且时， ，有两个不同零点； 若，最大值为0，仅有一个零点； 若，最大值为负，无零点； 当时，的解为和，函数先增后减再增， 极小值，令，求导得， 当时，，故，单调递增； 当时，，故，单调递减； 故在时取得极大值，，故所有极值均为负， 又时，时，，故仅有一个零点， 综上，有两个不同零点时，的取值范围为． ②设两个零点对应，， 不等式等价于， 由得，令， 在递增，在递减，极值点为， 构造，化简得， 分子在单调递减，且，故， 分母，故，即， 对，由，结合在递减，得， 即； 由均值不等式，，且当时， ， 要使恒成立，需，即，解得， 故的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $