精品解析：广东韶关市2025-2026学年高二下学期7月期末练习数学试题

2025-2026学年第二学期期末（高二数学）练习 本练习共4页，19小题，满分150分，练习时间120分钟. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共计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，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3 4. 某学校高三模拟考试中数学成绩服从正态分布，考生共有1000人，估计数学成绩在75分到86分之间的人数约为人． 参考数据：，） A. 261 B. 341 C. 477 D. 683 5. 某AI导航机器人团队调研了5组不同避障阈值（单位：灵敏度）与路径规划耗时（单位：ms）得到的数据如下表： 避障阈值 9 9.5 10 10.5 11 规划耗时 11 8 6 5 根据表中数据得到经验回归方程为，则的值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 10.5 6. 用1、2、3、4四个数字组成一个五位数，规定这四个数字必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数有（ ） A. 96个 B. 144个 C. 192个 D. 240个 7. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，焦距，点，在椭圆上且满足，若，则椭圆的长轴长为（ ） A. B. C. D. 8. 函数是定义域为的偶函数，其导函数为，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知等差数列的前项和为，且，，则（ ） A. B. C. 若，则的最大值是 D. 是递减数列 10. 已知函数，则（ ） A. 若函数在上单调递增，则或 B. 函数的图象关于点中心对称 C. 当时，函数在有两个不同的零点 D. 若，则函数在上的最小值为 11. 在一个寻宝游戏中，主持人从编号为1、2、3、4、5的五个外观相同的空盒子中随机选一个放入宝物，再将盒子关闭.当寻宝者选定某盒子后，在盒子打开之前，主持人先随机打开另一个没有宝物的盒子，并询问是否改选.已知乙选择了1号盒，用表示号盒有宝物，用表示主持人打开号盒，则（ ） A. B. C. 若，乙不改选获奖概率为 D. 若，乙改选到2号盒获奖的概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式的中间一项为__________. 13. 已知是圆上的一个动点，则的取值范围为__________. 14. 已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为的正三角形，，，，过点作球的截面，则截面面积的最小值为__________. 四、解答题：本题共5小题，共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角，，的对边分别为，，，且． （1）求的值； （2）若，求的面积． 16. 某学校开展了近视原因调查，以备有效进行预防.该校在近视的学生中随机调查了100人，同时在未近视的学生中随机调查了100人，得到如下数据： 电子产品使用时间情况 近视 未近视 非长时间使用电子产品 40 70 长时间使用电子产品 60 30 （1）请根据小概率值的独立性检验，能否认为患近视与长时间使用电子产品有关？ （2）采用样本量比例分配的分层随机抽样，从近视学生中抽取5人，再从这5人中抽取3人进行近视矫正实验，设这3人中长时间使用电子产品的人数为，求的分布列和数学期望. 参考公式：（其中）. 0.1 0.01 0.005 0.001 2.706 6.635 7.879 10.828 17. 已知函数，. （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）若，证明：. 18. 如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，侧面底面，平面平面. （1）证明：平面； （2）证明：； （3）若平面与平面夹角的余弦值为，求的长. 19. 已知双曲线：的焦距为4，它的一条渐近线的倾斜角为. （1）求双曲线的方程； （2）已知点，过双曲线的右焦点的直线交的右支于，两点，的外接圆交轴于另一点. （i）证明：； （ii）若，求直线的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期期末（高二数学）练习 本练习共4页，19小题，满分150分，练习时间120分钟. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共计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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题知，. 因此. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，得，所以. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的坐标表示计算可得结果. 【详解】若，则， 因此可得，解得. 故选：D 4. 某学校高三模拟考试中数学成绩服从正态分布，考生共有1000人，估计数学成绩在75分到86分之间的人数约为人． 参考数据：，） A. 261 B. 341 C. 477 D. 683 【答案】B 【解析】 【详解】分析：正态总体的取值关于对称，位于之间的概率是0.6826，根据概率求出位于这个范围中的个数，根据对称性除以2 得到要求的结果． 详解：正态总体的取值关于对称，位于之间的概率是，则估计数学成绩在75分到86分之间的人数约为人. 故选B . 点睛：题考查正态曲线的特点及曲线所表示的意义，是一个基础题，解题的关键是考试的成绩关对称，利用对称写出要用的一段分数的频数，题目得解． 5. 某AI导航机器人团队调研了5组不同避障阈值（单位：灵敏度）与路径规划耗时（单位：ms）得到的数据如下表： 避障阈值 9 9.5 10 10.5 11 规划耗时 11 8 6 5 根据表中数据得到经验回归方程为，则的值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 10.5 【答案】C 【解析】 【详解】因为，代入回归方程得， ，解得. 6. 用1、2、3、4四个数字组成一个五位数，规定这四个数字必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数有（ ） A. 96个 B. 144个 C. 192个 D. 240个 【答案】B 【解析】 【分析】先选重复的数字，再排没有重复的数字，然后采用插空法可确定符合题意的五位数的个数. 【详解】五位数需使用4个不同数字，因此必有1个数字出现2次，其余 3 个数字各出现1次， 第一步：先选重复的数字有种； 第二步：排没有重复的数字有种； 第三步将重复的那个数字插空，有种. 根据分步乘法计数原理得. 7. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，焦距，点，在椭圆上且满足，若，则椭圆的长轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据已知条件及椭圆的定义有，，且，再应用勾股定理列方程求参数值，即可得. 【详解】根据，设，则，，， 因为，所以， 在中，有，即①， 在中，，即②， 所以，则，而，故③， ③代入①可得，所以，故， 所以椭圆的长轴长为. 8. 函数是定义域为的偶函数，其导函数为，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造辅助函数，先证为偶函数，由时得在递增；将原不等式整理为，利用偶函数单调性转化为，平方化简解得． 【详解】设， 由题意，，得， 所以是偶函数， 当时，， 因此在上单调递增，在上单调递减， 由，得 所以， 所以等价于，解得． 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知等差数列的前项和为，且，，则（ ） A. B. C. 若，则的最大值是 D. 是递减数列 【答案】ABD 【解析】 【详解】因为，所以解得， 故，故A、B对； C，令，解得， 因为，故的最大值为，故C错； D，由，， 所以数列是递减数列，故D对. 10. 已知函数，则（ ） A. 若函数在上单调递增，则或 B. 函数的图象关于点中心对称 C. 当时，函数在有两个不同的零点 D. 若，则函数在上的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】A由已知有，结合判别式求参数范围判断，B只需判断是否恒成立；C、D利用导数研究函数区间零点个数和区间最值判断. 【详解】A：若在上单调递增，且， 所以恒成立，等价于恒成立， 所以，解得，故A错误； B：由 ， ， 所以，而， 所以恒成立，即函数的图象关于点中心对称，故B正确； C：时， 由时，时， 易知在上单调递增，在上单调递减， 因为，，， 所以在上仅有1个零点，故C错误； D：令，当时， 当时，即，所以在上单调递减，最小值为，故D正确. 11. 在一个寻宝游戏中，主持人从编号为1、2、3、4、5的五个外观相同的空盒子中随机选一个放入宝物，再将盒子关闭.当寻宝者选定某盒子后，在盒子打开之前，主持人先随机打开另一个没有宝物的盒子，并询问是否改选.已知乙选择了1号盒，用表示号盒有宝物，用表示主持人打开号盒，则（ ） A. B. C. 若，乙不改选获奖概率为 D. 若，乙改选到2号盒获奖的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知分析对应事件写出对应概率判断A、B，再依次确定不同情况下主持人可打开的号码箱对应概率，最后应用全概率公式、条件概率公式及贝叶斯公式求条件概率判断C、D. 【详解】宝物随机放入5个盒子，故，故A正确； 若2号盒子有宝物，则主持人从3，4，5号盒子中随机选择一个盒子，所以，故B错误； 对于C、D，若乙不改选，获奖的概率为： 奖品在1号箱里，主持人可打开2、3、4、5号箱，故， 奖品在2号箱里，主持人只能打开3、4、5号箱，故， 奖品在3号箱里，主持人不能打开3号箱，故， 奖品在4号箱里，主持人只能打开2、3、5号箱，故， 奖品在5号箱里，主持人只能打开2、3、4号箱，故， 由全概率公式可得， ， 若乙不改选，则其获奖的概率为，故C正确； 若改选2号箱，，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式的中间一项为__________. 【答案】 【解析】 【详解】由的展开式的中间一项是第四项，即为. 13. 已知是圆上的一个动点，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】表示圆上的点到原点之间的距离，再结合点圆关系确定最值和范围即可求解. 【详解】由题意可得：圆：， 圆心，半径， 表示圆上的点到原点之间的距离， 因为， 所以原点在圆外， ， 所以，即， 即. 14. 已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为的正三角形，，，，过点作球的截面，则截面面积的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得为正三棱锥，再由线面垂直的判定定理可得为正方体的一部分，求得外接球的半径，取的中点可得，过点E作球O的截面，当OE垂直平面时截面面积最小，此时即为截面圆的圆心，求出截面圆半径可得答案. 【详解】因为，为边长为的等边三角形， 所以为正三棱锥， 取的中点，连接、， 则，，，，平面， 所以平面，平面，所以， 又，， 所以，所以. 又，，，平面， 所以平面，平面， 所以，所以， 所以三棱锥为如图所示正方体的一部分， 可得外接球的半径为， 取的中点，连接，， 可得，，所以， 过点作球的截面，设截面与棱的交点分别为 当垂直平面时截面面积最小，此时即为截面圆的圆心， 截面圆半径为，截面面积为. 四、解答题：本题共5小题，共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角，，的对边分别为，，，且． （1）求的值； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式化简，即可得答案； （2）结合（1）的结论由正弦定理可得，利用余弦定理即可求得a的值，再利用三角形面积公式即可求得答案. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 即， 又因为，可得 ，所以，可得． 【小问2详解】 由（1）得，由正弦定理得， 由余弦定理得，即， 又由，解得，则，此时存在且唯一确定， 因为则可得 所以； 16. 某学校开展了近视原因调查，以备有效进行预防.该校在近视的学生中随机调查了100人，同时在未近视的学生中随机调查了100人，得到如下数据： 电子产品使用时间情况 近视 未近视 非长时间使用电子产品 40 70 长时间使用电子产品 60 30 （1）请根据小概率值的独立性检验，能否认为患近视与长时间使用电子产品有关？ （2）采用样本量比例分配的分层随机抽样，从近视学生中抽取5人，再从这5人中抽取3人进行近视矫正实验，设这3人中长时间使用电子产品的人数为，求的分布列和数学期望. 参考公式：（其中）. 0.1 0.01 0.005 0.001 2.706 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）能 （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知求卡方值，应用独立性检验的基本思想得结论即可； （2）根据题意的可能取值为，应用超几何分布的概率求法求分布列，进而求出期望. 【小问1详解】 零假设为：学生患近视与长时间使用电子产品无关 计算得：， 依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为学生患近视与长时间使用电子产品有关，此推断犯错误的概率不大于； 【小问2详解】 由样本数据可知近视学生中长时间使用电子产品与非长时间使用电子产品的人数比例为， 所以5人中有3人是长时间使用电子产品，有2人是非长时间使用电子产品， 所以的可能取值为， ，，， 的分布列如下： 所以数学期望为. 17. 已知函数，. （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）若，证明：. 【答案】（1） （2）当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增 （3）由（2）可知：当 时在上单调递减，在上单调递增， 所以， 要证，即证且， 令，则，在上单调递增， ，即时，在上恒成立. 【解析】 【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程即可； （2）对函数求导，应用分类讨论研究导数的区间符号，进而确定其区间单调性即可； （3）根据（2）将问题化为证明且，构造函数并应用导数证明不等式即可. 【小问1详解】 当时，函数解析式为，则， 由，则， 所以切线方程为，即； 【小问2详解】 由，， 所以， 当时，，，故在上单调递减， 当时，令，解得， 令，得，所以在上单调递减， 令，得，所以在上单调递增， 综上： 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 略 18. 如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，侧面底面，平面平面. （1）证明：平面； （2）证明：； （3）若平面与平面夹角的余弦值为，求的长. 【答案】（1）因为底面为直角梯形，，，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. （2）因为，平面，平面，所以平面， 设平面平面，又平面，所以， 即， 由平面，即平面，平面， 所以，故或其补角为平面与平面所成角. 因为平面平面，所以，即. （3）或 【解析】 【分析】（1）由已知得，再由面面垂直的性质定理证明结论； （2）由线面平行的判定定理得平面，再由线面平行的性质定理得，根据二面角的定义及已知即可证； （3）构建合适的空间直角坐标系，取为中点，设并标注出相关点坐标，应用向量法求二面角列方程求参数值，最后由向量模长的坐标运算求长度. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 以为原点，为轴，为轴，过点垂直于平面的直线为轴， 建立如图所示直角坐标系，则，，，. 取为中点，由可得，设， 设，所以，，， 设平面的法向量为，则，可取， 由题可取平面的一个法向量为. 设平面与平面夹角为，则， 化简得，解得或， 所以， 所以或. 19. 已知双曲线：的焦距为4，它的一条渐近线的倾斜角为. （1）求双曲线的方程； （2）已知点，过双曲线的右焦点的直线交的右支于，两点，的外接圆交轴于另一点. （i）证明：； （ii）若，求直线的方程. 【答案】（1） （2）（i）， ， 所以，即， 在与中， 又，所以， 所以，即； （ii）或 【解析】 【分析】（1）根据已知列方程求双曲线参数，即可得； （2）设，，联立双曲线并应用韦达定理得，，且，（i）应用斜率的两点式整理化简得，从而有，再应用正弦定理且，即可证；（ii）设，利用四点共圆及韦达公式得，再由向量数量积的坐标表示列方程求，即可得. 【小问1详解】 由题可知， 解得，所以双曲线的方程为； 【小问2详解】 由题知，设，， 联立， ，且，， 因为都在双曲线的右支上，所以有，解得， （i）略； （ii）设，由四点共圆得且， 即， 所以， ， 解得或，因为，所以，， 即所求直线的方程为或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $