精品解析：安徽安庆市部分校2025～2026学年第二学期期末考试高二数学试卷

2025-2026学年度第二学期期末考试 高二数学试卷 注意事项: 1.本试卷共6页，共150分.考试时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题日的答案标号框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上.无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 第I卷(选择题) 一、选择题:本小题共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. 已知双曲线：，则双曲线的离心率为（　　） A. B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】使用双曲线的离心率计算公式求解. 【详解】由题意知，双曲线的离心率为：. 2. 在等差数列中，若，则的公差为（　　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列的性质进行求解． 【详解】在等差数列中，有，得， 则的公差为． 3. 已知为空间两两垂直的单位向量，设空间向量，则向量的模为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的模长公式计算模长． 【详解】由可得， 则， 因为为空间两两垂直的单位向量，故， 则． 4. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验，结论为（　　） A. 变量与独立 B. 变量与不独立 C. 变量与不独立，这个结论犯错误的概率超过0.01 D. 变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用独立性检验的知识求解. 【详解】按照独立性检验的知识及比对参数值，当，可以得到变量与独立，故排除选项B，C； 依据的独立性检验，"变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01"不成立，故A正确，D错误. 5. 已知函数则（　　） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】先求出导函数，再赋值代入求解. 【详解】函数 所以， 令，则，所以. 6. 甲，乙，丙，丁，戊参加数学竞赛，决出了第一名到第五名的排名，甲和乙去询问成绩，老师对甲说：“很遗憾，你没有拿到第一名”，对乙说：“你的名次和甲没有挨着”，则这人的名次排列不同的情况有（ ）种. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据甲不是第一名，所以甲的名次只能是第名，然后分类计算，再由分类加法计数原理可得. 【详解】因为甲不是第一名，所以甲的名次只能是第名，共种选择，所以分类计算： 第一类：甲是第名，与甲相邻的名次是和，所以乙只能从两个名次确定一个， 其余人全排列，因此有（种）不同排列的名次； 第二类：甲是第名，与甲相邻的名次是和，所以乙只能从两个名次确定一个， 其余人全排列，因此有（种）不同排列的名次； 第三类：甲是第名，与甲相邻的名次是和，所以乙只能从两个名次确定一个， 其余人全排列，因此有（种）不同排列的名次； 第四类：甲是第名，与甲相邻的名次是，所以乙只能从三个名次确定一个， 其余人全排列，因此有（种）不同排列的名次； 根据分类加法计数原理，共有（种）不同排列的名次. 7. 已知函数，，若对任意的，存在，使，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先由已知条件得到，其次利用导数求得，利用二次函数的性质求得，最后解出实数的取值范围. 【详解】若对任意的，存在，使，则. 由已知得， 可知，当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增. 故当时，. 因为函数的对称轴为， 所以在上单调递减， 所以当时，. 于是，解得. 8. 数列为1，1，2，1，1，2，3，1，1，2，1，1，2，3，4，，首先给出，接着复制该项后，再添加其后继数2，于是，，然后再复制前面所有的项1，1，2，再添加2的后继数3，于是，，，，接下来再复制前面所有的项1，1，2，1，1，2，3，再添加4，，如此继续，则（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据数列构造方法可知：，；根据变化规律可得，从而得到结果. 【详解】由数列的构造方法可知，，，，可得 ， 即 ， 二、选择题:本小题共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. 下列说法正确的有（　　） A. 设随机变量服从正态分布，若，则 B. 有三张参观券，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是 C. 若样本数据，，，的方差为4，则数据，，，的方差为16 D. 若事件与事件相互独立，（A），（B），则 【答案】AC 【解析】 【分析】应用正态分布对称性判断A，应用排列组合数计算判断B，应用方差性质判断C，结合独立事件概率乘积公式计算判断D. 【详解】A选项：正态分布的密度曲线关于对称，由得，A正确； B选项：从5人中选3人参观不涉及顺序，方法种数为，B错误； C选项：由方差性质，新数据方差为，C正确； D选项：A、B相互独立时，D错误 10. 关于的展开式，下列判断正确的是（ ） A. 展开式共有6项 B. 展开式的各二项式系数的和为64 C. 展开式的第6项的系数为30 D. 展开式中二项式系数最大的项是第4项 【答案】BD 【解析】 【分析】根据二项式定理逐一判断即可. 【详解】解：展开式共有7项，故A错误； 展开式的各二项式系数的和为，故B正确； 展开式的第6项是，其系数为-30，故C错误； 展开式共7项，所以第4项的二项式系数最大，故D正确. 故选:. 11. 已知动圆的圆心在曲线上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 若圆C经过原点O，则实数存在两个不同的值符合题意 B. 若圆C被直线平分，则圆心的坐标为 C. 存在，使得圆C截两坐标轴所得的弦长相等 D. 圆C上的点到直线的距离的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，代入原点列式构造函数，求导判断函数单调和极值点，结合两端极限，判断方程两解，B选项，直线平分圆必过圆心，构造对数函数求最值，得唯一交点坐标，C选项，坐标轴弦长相等等价横纵坐标平方相等，利用不等式证无解，D选项，找曲线平行直线切点，算圆心距再减半径，得圆上点距离最小值. 【详解】动圆的圆心为，半径. 对于选项A，若圆经过原点，则，即. 令，求导得. 令，在上恒成立，故在上单调递增. 又，，由零点存在定理知，存在唯一，使得，即. 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增. 当时，，，故； 当时，，，故； 且，即函数最小值小于0. 结合函数单调性与极限趋势，在上仅有两个正根，即存在两个不同的实数满足题意，选项A正确. 对于选项B，圆被直线平分等价于直线过圆心，故， 令，，在处取最大值， 故方程仅有解，圆心为，选项B正确. 对于选项C，令，圆截轴弦长为； 令，圆截轴弦长为，弦长相等等价于，即或. 令 ，则. 当 时，，递减；当 时，，递增. 所以 ，故恒成立. 所以当时，且，方程无解，故不存在使弦长相等，选项C错误. 对于选项D，设，，令得，此时圆心为， 该点到直线的距离， 则圆上点到直线的最小距离为，选项D正确. 第II卷(非选择题) 三、填空题:本小题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数在点处的切线方程为，则__． 【答案】 【解析】 【分析】先对函数求导，求解出在点，处的切线方程,再根据切线方程为，求出，最后再求出. 【详解】， 对函数求导得 ，， 又函数在点处的切线方程为， 所以，解得，故. 13. 对于事件，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用条件概率和事件的概率算出，再根据两个事件并集的概率公式和的值即可求出， 【详解】已知，由条件概率公式，得， 又因为，根据两个事件并集的概率公式， 得. 14. 已知函数，设曲线在点处切线的斜率为．若均不相等，且，则的最小值为__________________． 【答案】9 【解析】 【分析】通过求导以及导数的几何意义计算得到，，之间的关系，由基本不等式即可求解. 【详解】已知函数，对函数求导得，， 根据导数的几何意义，有，，， 因为，所以， 令，， 则，因此，而，所以， 而，，, 代入，得，， 而由基本不等式得，， 当且仅当时取等， 故的最小值为 四、解答题:本题共5题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知为等比数列，是，的等差中项． （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设的公比为，利用等差中项和等比数列通项公式建立关系求出，得解； （2）利用错位相减法求解. 【小问1详解】 设的公比为，因为为，的等差中项， 所以，即， 则，解得， 所以. 【小问2详解】 设的前项和为，又， ，① ，② ①②得， 所以. 16. 如图1，在平面四边形中，是以为斜边的等腰直角三角形，，是边长为2的等边三角形．现将沿翻折至的位置，使得，如图2． （1）设为的中点，证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）因为为的中点，是边长为2的等边三角形，所以，且. 如图，连接，在等腰中，，又， 满足，所以，即. 又，且平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据等边三角形的性质以及勾股定理证明，再利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由(1)知平面，以为坐标原点，分别以的方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则 因为平面位于平面内，易知平面的一个法向量为 又. 设平面的法向量为，则， 得，令，得， 即平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为. 因为， ， 所以. 故平面与平面夹角的余弦值为. 17. 近年来，促进新能源汽车产业发展政策频出，新能源汽车市场得到快速发展，销量及渗透率远超预期，新能源汽车成为汽车领域的热点．某车企通过市场调研，得到研发投入（亿元）与经济收益（亿元）的数据，统计如下： 研发投入（亿元） 经济收益（亿元） （1）的平均数记为，证明： （2）依据表中统计数据，计算样本相关系数（结果保留位小数），并判断研发投入与经济收益之间是否有较强的线性相关性；（若，则线性相关程度一般，若，则线性相关程度较强．） （3）求出关于的线性回归方程，并预测研发投入亿元时的经济收益． 参考数据：，． 附：相关系数，线性回归方程的斜率. 【答案】（1）证明见解析 （2），具有较强的线性相关程度． （3）关于的线性回归方程为，预测研发投入亿元时的经济收益为亿元． 【解析】 【分析】（1）先利用完全平方公式展开，再根据平均数定义，即，对展开后的式子进行化简，最终推导出目标等式； （2）先计算的均值，再分别求出、与交叉项，代入相关系数公式计算，最后根据与的大小关系判断线性相关程度； （3）利用已求出的交叉项与计算回归系数，再根据求出截距，得到回归方程，最后将代入方程，计算并得到预测的经济收益值． 【小问1详解】 已知，即， ， 所以； 【小问2详解】 ，， ，， ， 又因为， 所以 所以研发投入与经济收益之间具有较强的线性相关性． 【小问3详解】 ，则， 所以关于的线性回归方程为， 将代入线性回归方程，得， 所以预测研发投入亿元时的经济收益为亿元． 18. 盲盒，作为一种以随机体验为核心的商业模型，已经成为一种新型的消费现象，其核心价值在于精准把握了现代消费者对情感价值和收藏欲望的需求．商家为了在电商平台对某款盲盒进行促销，对商品进行了升级，新款盲盒中出现“隐藏款”的概率为，旧款盲盒中出现“隐藏款”的概率为，商家会以3：2的比例对新、旧款盲盒进行随机发货． （1）求消费者买到的某个盲盒中出现“隐藏款”的概率； （2）小张在电商平台上购买了3个该款盲盒，设盲盒中出现“隐藏款”的个数为，求随机变量的数学期望和方差； （3）现有一箱装有4个“常规款”和2个“隐藏款”的盲盒，若每次从中随机取出一个盲盒拆开，取出后不放回，直到能区分出全部6个盲盒分别是“常规款”还是“隐藏款”时为止，记取出盲盒的个数为，求随机变量的概率分布． 【答案】（1） （2），； （3） 2 3 4 5 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式列式求解. （2）由（1）的结论，再利用二项分布的期望、方差公式计算. （3）求出的可能取值，再求出各个值对应的概率并列出分布列. 【小问1详解】 设买到新款盲盒为事件，买到旧款盲盒为事件，盲盒中出现“隐藏款”为事件， 则，， 因此， 所以消费者买到的某个盲盒中出现“隐藏款”的概率为. 【小问2详解】 依题意，每个盲盒是否开出隐藏款相互独立， 由（1）得每个盲盒开出隐藏款的概率为，则随机变量， 所以随机变量的数学期望，方差. 【小问3详解】 当拆出全部2个隐藏款或全部4个常规款时，即可确定所有盲盒类型，停止抽取， 因此的可能取值为2，3，4，5，隐藏款的位置共有种等可能情况， 若，即前2个均为隐藏款，； 若，即第二个隐藏在第3位，前2位有1个隐藏，， 若，即第二个隐藏在第4位，或前4个均为常规款，， ， 所以的分布列为： 2 3 4 5 19. 一般地，设函数在上连续，用分点将分成n个小区间，每个小区间的长度为，在每个小区间上任取一点，作和式.如果无限接近于0(亦即)时，上述和式无限趋近于常数S，那么称该常数S为函数在上的定积分，记.当时，定积分的几何意义表示由曲线，两直线与x轴所围成的曲边梯形的面积.如果是上的连续函数，且，那么. （1）求； （2）如果在上连续，可设函数，当时，若恒成立，求实数m的取值范围； （3）若数列{an}满足，利用定积分的几何意义，证明 【答案】（1） （2） （3）是由曲线，直线及x轴所围成的曲边梯形的面积， 是图一中阴影所示的各矩形的面积和， 不等式左边得证. 是图二中阴影所示的各矩形的面积和， 不等式右边得证. . 【解析】 【分析】（1）根据基本函数的导数，结合定积分的定义即可计算； （2）构造函数，利用导数求解函数的单调性，结合分类讨论即可求解； （3）利用定积分的几何意义,证明即可． 【小问1详解】 . 【小问2详解】 当时，恒成立， 即当时，恒成立. 令，则 当时，，在上单调递增， 又，在上恒成立， 当时，恒成立； 当时，对，有， 在上单调递减，， 当时，存在，使，不恒成立. 综上可知，，实数的取值范围为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第二学期期末考试 高二数学试卷 注意事项: 1.本试卷共6页，共150分.考试时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题日的答案标号框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上.无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 第I卷(选择题) 一、选择题:本小题共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. 已知双曲线：，则双曲线的离心率为（　　） A. B. 5 C. D. 2. 在等差数列中，若，则的公差为（　　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知为空间两两垂直的单位向量，设空间向量，则向量的模为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 4. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验，结论为（　　） A. 变量与独立 B. 变量与不独立 C. 变量与不独立，这个结论犯错误的概率超过0.01 D. 变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01 5. 已知函数则（　　） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 6. 甲，乙，丙，丁，戊参加数学竞赛，决出了第一名到第五名的排名，甲和乙去询问成绩，老师对甲说：“很遗憾，你没有拿到第一名”，对乙说：“你的名次和甲没有挨着”，则这人的名次排列不同的情况有（ ）种. A. B. C. D. 7. 已知函数，，若对任意的，存在，使，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 8. 数列为1，1，2，1，1，2，3，1，1，2，1，1，2，3，4，，首先给出，接着复制该项后，再添加其后继数2，于是，，然后再复制前面所有的项1，1，2，再添加2的后继数3，于是，，，，接下来再复制前面所有的项1，1，2，1，1，2，3，再添加4，，如此继续，则（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、选择题:本小题共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. 下列说法正确的有（　　） A. 设随机变量服从正态分布，若，则 B. 有三张参观券，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是 C. 若样本数据，，，的方差为4，则数据，，，的方差为16 D. 若事件与事件相互独立，（A），（B），则 10. 关于的展开式，下列判断正确的是（ ） A. 展开式共有6项 B. 展开式的各二项式系数的和为64 C. 展开式的第6项的系数为30 D. 展开式中二项式系数最大的项是第4项 11. 已知动圆的圆心在曲线上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 若圆C经过原点O，则实数存在两个不同的值符合题意 B. 若圆C被直线平分，则圆心的坐标为 C. 存在，使得圆C截两坐标轴所得的弦长相等 D. 圆C上的点到直线的距离的最小值为 第II卷(非选择题) 三、填空题:本小题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数在点处的切线方程为，则__． 13. 对于事件，则__________. 14. 已知函数，设曲线在点处切线的斜率为．若均不相等，且，则的最小值为__________________． 四、解答题:本题共5题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知为等比数列，是，的等差中项． （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和． 16. 如图1，在平面四边形中，是以为斜边的等腰直角三角形，，是边长为2的等边三角形．现将沿翻折至的位置，使得，如图2． （1）设为的中点，证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 近年来，促进新能源汽车产业发展政策频出，新能源汽车市场得到快速发展，销量及渗透率远超预期，新能源汽车成为汽车领域的热点．某车企通过市场调研，得到研发投入（亿元）与经济收益（亿元）的数据，统计如下： 研发投入（亿元） 经济收益（亿元） （1）的平均数记为，证明： （2）依据表中统计数据，计算样本相关系数（结果保留位小数），并判断研发投入与经济收益之间是否有较强的线性相关性；（若，则线性相关程度一般，若，则线性相关程度较强．） （3）求出关于的线性回归方程，并预测研发投入亿元时的经济收益． 参考数据：，． 附：相关系数，线性回归方程的斜率. 18. 盲盒，作为一种以随机体验为核心的商业模型，已经成为一种新型的消费现象，其核心价值在于精准把握了现代消费者对情感价值和收藏欲望的需求．商家为了在电商平台对某款盲盒进行促销，对商品进行了升级，新款盲盒中出现“隐藏款”的概率为，旧款盲盒中出现“隐藏款”的概率为，商家会以3：2的比例对新、旧款盲盒进行随机发货． （1）求消费者买到的某个盲盒中出现“隐藏款”的概率； （2）小张在电商平台上购买了3个该款盲盒，设盲盒中出现“隐藏款”的个数为，求随机变量的数学期望和方差； （3）现有一箱装有4个“常规款”和2个“隐藏款”的盲盒，若每次从中随机取出一个盲盒拆开，取出后不放回，直到能区分出全部6个盲盒分别是“常规款”还是“隐藏款”时为止，记取出盲盒的个数为，求随机变量的概率分布． 19. 一般地，设函数在上连续，用分点将分成n个小区间，每个小区间的长度为，在每个小区间上任取一点，作和式.如果无限接近于0(亦即)时，上述和式无限趋近于常数S，那么称该常数S为函数在上的定积分，记.当时，定积分的几何意义表示由曲线，两直线与x轴所围成的曲边梯形的面积.如果是上的连续函数，且，那么. （1）求； （2）如果在上连续，可设函数，当时，若恒成立，求实数m的取值范围； （3）若数列{an}满足，利用定积分的几何意义，证明 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $