精品解析：广东广州市华南师范大学附属中学2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题

高二期末考试试题 数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1.开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将姓名、班级、考号等信息填写在答题卡指定区域． 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上． 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上，不得使用涂改液，不得使用计算器．不按以上要求作答的答案无效． 4.考生必须保持答题卡的整洁． 一、单项选择题：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. 在空间直角坐标系中，点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，则点到平面的距离为． 2. 已知函数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得，则， 所以，解得． 3. 已知随机事件与满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据概率的性质，求得，结合条件概率的计算公式，即可求解. 【详解】由概率的性质，可得， 即，解得，所以. 4. 函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求得，根据题意，转化为在上有解，得到在上有解，即可求解. 【详解】由函数，可得， 因为在上存在单调递减区间， 则满足在上有解，即在上有解， 即在上有解，所以． 5. 某电影院一排有5个连续座位，甲、乙、丙等5人随机就座，已知甲不坐在两端，且乙与丙之间恰好隔2个人，则不同的就座方式共有（ ） A. 8种 B. 12种 C. 16种 D. 24种 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，先从除甲、乙、丙外的两个人选一个人和甲一起排在乙丙之间，乙丙和中间的两个人看作一个整体，结合排列数和组合数公式，以及分步乘法计数原理，即可求解. 【详解】第一步，先从除甲、乙、丙外的两个人中选一个人和甲一起排在乙丙之间，共有种； 第二步，乙丙可以交换位置，共有种站法； 第三步，将乙丙和中间的两个人看作一个整体，和剩余的1个人排序，共有种排法， 由分步乘法计数原理，共有种排法． 6. 若函数的最大值为，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得，令，求得，得到在上单调递减，进而得到存在，使得，即，得出的单调性与最大值，进而求得的值. 【详解】由函数的定义域为，且， 令，可得， 所以在上单调递减， 当时，，当时，， 所以存在，使得，即， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以，即， 函数在上单调递增，且，所以， 所以，解得． 7. 如图，直线交椭圆于两点，分别交轴正半轴、轴正半轴于两点，且，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将代入椭圆，两式相减，得到，结合斜率公式和中点公式，化简得到，即可求解. 【详解】设 将代入椭圆，可得， 两式相减，可得，即， 因为，所以， 则直线的斜率为． 8. 实数满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，转化为，结合的单调性，即可求解. 【详解】因为，所以， 由，可得 即， 因为，可得， 所以在单调递减，所以，可得． 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. 下列结论正确的是（ ） A. 一个盒子里装有质地均匀的小球10个，其中红球4个，黑球6个，从中抽取2个小球，记取到红球的个数为随机变量，则 B. 相关系数的绝对值越小，两个变量之间的线性相关程度越强 C. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过 D. 若随机变量服从正态分布，且，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据超几何分布的期望公式，可判定A正确，根据相关系数的性质，可判定B错误；根据独立性检验，可判定C正确，根据正态分布曲线的性质，可判定D错误. 【详解】对于A，变量服从超几何分布，可得，所以A正确； 对于B，根据样本相关系数的性质：两个随机变量线性相关程度越强，样本相关系数的绝对值越接近1，越接近0说明相关程度越弱，所以B错误； 对于C，计算得，可以推断与有关联，此推断犯错误的概率不超过，所以C正确； 对于D，由正态分布，可得正态分布曲线关于对称， 因为，可得， 由对称性得， 所以，所以D错误． 10. 已知双曲线的一支，圆，则（ ） A. 的渐近线方程为 B. 的渐近线与圆相交 C. 圆上恰有三个点到的一条渐近线的距离为 D. 与和圆各恰有一个公共点的直线不止条 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据双曲线方程，即可求解；对B，利用直线与圆的位置关系的判断方法，即可求解；对C，利用渐近线方程，结合且，即可求解；对D，结合图形，分种情况讨论，即可求解. 【详解】对于A，双曲线的渐近线为，所以A正确， 对于B，因为圆的圆心为，半径为， 圆心到直线的距离为，则渐近线与圆相交，所以B正确， 对于C，且，所以圆上只有两个点到的一条渐近线的距离为1，故C错误， 对于D，因为双曲线的渐近线为，圆的圆心，半径为，由B知渐近线与圆相交，如图所示， 与和圆各恰有一个公共点的直线有种情况， ①直线平行于轴，与圆相切，与双曲线的一支相交，易知此时直线为或， ②直线与圆和双曲线的一支都相切， 设直线，则，整理得， 由，消得到， 则，且，由得到，代入， 解得，，此时直线为或，经检验满足题意， ③直线平行于渐近线，与圆相切，与双曲线的一支相交， 设直线：，由，解得或（舍，此时与双曲线的下支相切）， 此时符合条件的直线为，， ④直线与圆相切，与双曲线的两支都相交，此时与单支只有一个交点，这样的直线有无数条，综上可知D正确． 11. 已知随机变量（且），设函数，记，则（ ） A. B. 对任意恒成立 C. 存在，使得函数在区间内有零点 D. 任意，对任意，且，函数满足 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用二项分布的概率公式及二项式定理推理判断A；求出导数，结合二项分布的期望公式判断B；利用导数并举特例说明判断C；确定的单调性，结合凸函数性质判断D. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，，，B正确； 对于C，，函数在上单调递增，， 函数是增函数，则函数在上单调递增， ，，要使在区间内有零点， 则在不单调递减，需满足，取满足，C正确； 对于D，在单调递增，为下凸函数， 则，D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式的各项系数的和为______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据题意，令，可得展开式各项系数和，得到答案. 【详解】由二项式， 令，可得展开式各项系数和为1． 13. 已知等比数列，公比，且，则______． 【答案】256 【解析】 【分析】根据题意，得到，，成等比，且公比为，结合等比数列的性质，即可求解. 【详解】因为等比数列中，且公比， 可得，，成等比，且公比为， 又因为，所以可得， 可得． 14. 在世界杯期间，有3种不同的纪念品：纪念品A（大力神杯模型）、纪念品B（官方用球）、纪念品C（官方吉祥物）．甲、乙、丙三位球迷独立随机地选择纪念品，对于每个人来说，每种纪念品选与不选都是等可能的．则至少有一种纪念品被甲、乙、丙三人都选中的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，分别求得A，B，C同时被甲乙丙选中的概率，结合概率的性质，即可求解. 【详解】由题意知，A同时被甲、乙、丙选中的概率为， B同时被甲、乙、丙选中的概率为， C同时被甲、乙、丙选中的概率为， 所以至少有一种纪念品被三人都选中的概率：． 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. 已知数列，满足是等差数列，且． （1）求数列的通项公式； （2）设数列的前项和为，证明：． 【答案】（1） （2）证明：由（1）得， ． 因为，所以． 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意，得到，求得，进而求得数列的通项公式； （2）由（1）得到，结合裂项法求和求得的表达式，进而证得结论. 【小问1详解】 解：设等差数列的公差为，由，可得， 所以，解得，则， 可得，即数列的通项公式. 【小问2详解】 略 16. 如图，正三棱柱的所有棱长都为2，且． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：法一：取中点，连结， 因为为正三角形，所以， 又因为正三棱柱中，平面平面，交线为， 所以平面，因为面，所以， 可得，所以． 又因为，所以，所以， 因为，且面，可得面． 又因为面，所以， 因为四边形是正方形，可得， 又因为，且面，所以面． 法二：取中点，以为原点，的方向为轴的正方向， 建立空间直角坐标系， 则， 可得， 因为，所以，即 又因为，所以，即， 因为平面，且，所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）法一：取中点，连结，证得，再由四边形是正方形，得到，利用线面垂直的判定定理，即可证得面． 法二：以为原点，建立空间直角坐标系，求得和，得到和，利用线面垂直的判定定理，即可证得面． （2）由（1）中的空间直角坐标系，求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）可得，． 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 由（1）知平面．所以为平面的法向量． 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 17. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为为抛物线上两个不同的动点．当中点横坐标为2时，． （1）求抛物线的方程； （2）若直线过点，在轴上是否存在点，使得恒在以线段为直径的圆内？若存在，求出点横坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在，横坐标 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合抛物线的定义，列出方程，求得，即可求解； （2）设直线的方程为，且，联立方程组求得， 法一：由，代入整理得到，转化为不等式对恒成立，列出不等式组，即可求解； 法二：设直线的方程为，且，求得以为直径的圆的方程，根据点在圆内，得到对恒成立，列出不等式组，即可求解. 【小问1详解】 解：由抛物线的定义知：， 因为，可得，解得， 所以抛物线的方程为． 【小问2详解】 解：设直线的方程为，且 联立方程组，整理得， 判别式恒成立，且， 法一：由，可得， 将代入，可得 ， 再将代入得， 整理得， 由恒在以线段为直径的圆内等价于对恒成立， 则满足或，解得， 综上可得，存在这样的点，且，满足题意. 法二：设直线的方程为，且， 可得，所以圆心为， 由， 圆的方程为， 因为点在圆内，可得， 整理得， 因为恒在以线段为直径的圆内等价于对恒成立， 则满足或，解得， 综上可得，存在这样的点，且，满足题意. 18. 一只蚂蚁在一个正方体的表面上爬行，记这个正方体的6个面分别为．其中，是与相对的面．初始时刻，蚂蚁所在的面为，之后每过一秒，不知疲倦的蚂蚁都会等可能地爬到相邻的四个面中的某一个． （1）分别求第3秒末，蚂蚁位于面和面的概率； （2）求第秒末蚂蚁位于面的概率； （3）对于随机变量，若定义随机变量，则有．记从初始时刻到第秒末，蚂蚁位于面的总次数为随机变量，求． 【答案】（1）第3秒末，蚂蚁位于面和面的概率都为． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设第秒末，蚂蚁位于面为事件，位于与相邻的面为事件，位于面为事件，根据概率的性质及概率的乘法公式，即可求解； （2）由（1）知，根据题意，求得当时，，化简得到数列为等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解； （3）由（2）知，定义随机变量，得到，结合等比数列的求和公式，即可求解. 【小问1详解】 解：设第秒末，蚂蚁位于面为事件，位于与相邻的面为事件，位于面为事件， 则， ， 所以第3秒末，蚂蚁位于面和面的概率都为． 【小问2详解】 解：由（1）知， 根据题意，可得， 当时，，所以， ， 所以，整理得，且， 可得数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，即． 【小问3详解】 解：由（2）知， 定义随机变量，可得， 则 ． 所以随机变量的数学期望为． 19. 已知函数． （1）求在处的切线方程； （2）已知，曲线上的两点处的切线都经过点．证明： （ⅰ），且； （ⅱ）若对于给定的，当取得最小值时，求的值． 【答案】（1） （2）证明：（ⅰ）由题意知，过点可以作曲线的至少2条切线， 把代入，可得， 令，则问题转化为至少有两个零点， 又由， ①若，则，在单调递增， 可得至多只有1个零点，不合题意，舍去． ②若，令，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减，且， 对数函数增长速度比一次函数慢，当足够大时，， 此时有两个零点，则，即， 综上可得，，且． （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，得到切点为，切线斜率，结合导数的几何意义，即可求解； （2）（i）根据题意，问题转化为至少有两个零点，求得，分和，结合函数的单调性和零点的性质，即可求解； （ii）由（ⅰ）得到，且，得到，令，求得，令，得到，再令，求得，得到在递增，得到在取最小值，令，求得，令，求得在递增，得到，使得，得到有最小值，进而得到答案. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 所以切点为，切线斜率， 则切线方程为，即． 【小问2详解】 解：（ii）当时，可得， 由（ⅰ）知在存在一个零点，在存在一个零点，且， 所以，且， 可得，所以， 令，则，可得， 令，可得， 再令，则， 所以在单调递增，因为，所以，即在单调递增， 当取最小值时，取最小值，即取最小值， 令，则， 令，则， 所以在单调递增，又，， 所以，使得， 当时，，当时，， 且有，即，故时，有最小值， 即有最小值，此时， 且在单调递减，在单调递增，所以在处取得最小值， 所以取得最小值时． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二期末考试试题 数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1.开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将姓名、班级、考号等信息填写在答题卡指定区域． 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上． 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上，不得使用涂改液，不得使用计算器．不按以上要求作答的答案无效． 4.考生必须保持答题卡的整洁． 一、单项选择题：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. 在空间直角坐标系中，点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 3. 已知随机事件与满足，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 某电影院一排有5个连续座位，甲、乙、丙等5人随机就座，已知甲不坐在两端，且乙与丙之间恰好隔2个人，则不同的就座方式共有（ ） A. 8种 B. 12种 C. 16种 D. 24种 6. 若函数的最大值为，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 7. 如图，直线交椭圆于两点，分别交轴正半轴、轴正半轴于两点，且，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 8. 实数满足，且，则（ ） 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. 下列结论正确的是（ ） A. 一个盒子里装有质地均匀的小球10个，其中红球4个，黑球6个，从中抽取2个小球，记取到红球的个数为随机变量，则 B. 相关系数的绝对值越小，两个变量之间的线性相关程度越强 C. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过 D. 若随机变量服从正态分布，且，则 10. 已知双曲线的一支，圆，则（ ） A. 的渐近线方程为 B. 的渐近线与圆相交 C. 圆上恰有三个点到的一条渐近线的距离为 D. 与和圆各恰有一个公共点的直线不止条 11. 已知随机变量（且），设函数，记，则（ ） A. B. 对任意恒成立 C. 存在，使得函数在区间内有零点 D. 任意，对任意，且，函数满足 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式的各项系数的和为______． 13. 已知等比数列，公比，且，则______． 14. 在世界杯期间，有3种不同的纪念品：纪念品A（大力神杯模型）、纪念品B（官方用球）、纪念品C（官方吉祥物）．甲、乙、丙三位球迷独立随机地选择纪念品，对于每个人来说，每种纪念品选与不选都是等可能的．则至少有一种纪念品被甲、乙、丙三人都选中的概率为______． 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. 已知数列，满足是等差数列，且． （1）求数列的通项公式； （2）设数列的前项和为，证明：． 16. 如图，正三棱柱的所有棱长都为2，且． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 17. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为为抛物线上两个不同的动点．当中点横坐标为2时，． （1）求抛物线的方程； （2）若直线过点，在轴上是否存在点，使得恒在以线段为直径的圆内？若存在，求出点横坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 18. 一只蚂蚁在一个正方体的表面上爬行，记这个正方体的6个面分别为．其中，是与相对的面．初始时刻，蚂蚁所在的面为，之后每过一秒，不知疲倦的蚂蚁都会等可能地爬到相邻的四个面中的某一个． （1）分别求第3秒末，蚂蚁位于面和面的概率； （2）求第秒末蚂蚁位于面的概率； （3）对于随机变量，若定义随机变量，则有．记从初始时刻到第秒末，蚂蚁位于面的总次数为随机变量，求． 19. 已知函数． （1）求在处的切线方程； （2）已知，曲线上的两点处的切线都经过点．证明： （ⅰ），且； （ⅱ）若对于给定的，当取得最小值时，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $