精品解析：福建厦门市2025-2026学年第二学期高二年级期末阶段性练习数学试题

2025—2026学年第二学期高二年级期末阶段性练习 数学 2026.7 本试卷共4页，考试时间120分钟，总分150分． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上． 2．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目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知随机变量X服从二项分布，则（ ） A. B. C. D. 2. 记等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知随机变量X服从正态分布，若，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 4. 已知展开式的各二项式系数的和为64，则该展开式中的常数项为（ ） A. 16 B. 30 C. 60 D. 120 5. 已知集合A，B，，，，则满足条件的B的个数为（ ） A. 16 B. 32 C. 36 D. 64 6. 某图书馆统计了二月份到六月份线上预约入馆的人次，x表示月份，y表示每月线上预约入馆的人次（单位：千人次）．已知变量y与变量x的关系可以用模型拟合，设，变换后得到一组数据如下： x 2 3 4 5 6 z 1.0 1.4 1.5 1.7 1.9 则（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，记的最小值为，则当取得最小值时，（ ） A. B. 1 C. 2 D. e 8. 已知椭圆的左焦点为，点，在上，轴，若，且的周长为，则的离心率为（ ） 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. 已知双曲线，则（ ） A. B. C的焦点在x轴上 C. C的焦距为2 D. C的渐近线不可能互相垂直 10. 某校为了解课后体育锻炼与体质测试达标是否有关，随机调查了80名学生，得到如下列联表： 体质测试达标 体质测试未达标 合计 经常参加课后体育锻炼 30 10 40 不经常参加课后体育锻炼 20 20 40 合计 50 30 80 从参加调查的学生中随机抽取一人，记事件A为“该学生经常参加课后体育锻炼”，事件B为“该学生体质测试达标”，则（ ） 附：， 0.1 0.05 0.01 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 A. B. C. 根据小概率值的独立性检验，可以认为经常参加课后体育锻炼与体质测试达标有关 D. 根据小概率值的独立性检验，可以认为经常参加课后体育锻炼与体质测试达标有关 11. 已知，其中表示不超过x的最大整数，记的前n项和为，则（ ） A. B. ， C. D. 是递增数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 记数列的前n项和为，若，则______． 13. 函数的最小值为______． 14. 已知四面体的各顶点均在半径为1的球面上，，当四面体的体积取得最大值时，直线与平面所成角的正弦值为______． 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，． （1）证明为等比数列，并求； （2）记的前n项和为，求满足的n的最小值． 16. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，分别为棱，的中点． （1）证明：平面； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知抛物线的焦点为F，点在C上，且． （1）求C的方程； （2）过F的直线与C交于A，B两点，若P在以为直径的圆上，求的面积． 18. 某互动智能屏的屏幕中央有一个圆形图案，其圆周上等距分布着6个感应点．点击“开始”后，每个感应点被点亮的概率均为，各感应点的显示结果相互独立．记被点亮的感应点的个数为随机变量X，以被点亮的感应点为顶点构成的直角三角形的个数为随机变量Y． （1）求； （2）求； （3）求． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若存在，使得有三个极值点，，（）． （i）求b的取值范围； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第二学期高二年级期末阶段性练习 数学 2026.7 本试卷共4页，考试时间120分钟，总分150分． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上． 2．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目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知随机变量X服从二项分布，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】， 由题可知，试验总次数，每次试验成功的概率，， 代入公式得：，C正确. 2. 记等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】，即， 又为等差数列，故，故，解得. 3. 已知随机变量X服从正态分布，若，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 【答案】D 【解析】 【分析】利用正态分布曲线关于均值对称的性质，结合概率总和为1的特点求解. 【详解】随机变量服从正态分布，其密度曲线关于对称轴对称，因此，且区间和关于对称， 故。 已知，可得， 因此. 4. 已知展开式的各二项式系数的和为64，则该展开式中的常数项为（ ） A. 16 B. 30 C. 60 D. 120 【答案】C 【解析】 【分析】先由二项式系数和为求出的值，再利用二项展开式的通项公式令的指数为0求得参数，代入计算即可得到常数项. 【详解】因为二项式展开式的各二项式系数的和为，所以由题意得，解得，. 得到展开式的通项为， 令的指数为0，即，解得，则常数项为. 5. 已知集合A，B，，，，则满足条件的B的个数为（ ） A. 16 B. 32 C. 36 D. 64 【答案】B 【解析】 【分析】应用元素和集合关系及集合的包含关系判断求解. 【详解】已知，，且，所以的个数为. 6. 某图书馆统计了二月份到六月份线上预约入馆的人次，x表示月份，y表示每月线上预约入馆的人次（单位：千人次）．已知变量y与变量x的关系可以用模型拟合，设，变换后得到一组数据如下： x 2 3 4 5 6 z 1.0 1.4 1.5 1.7 1.9 则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将原指数拟合模型取对数转化为线性模型，利用线性回归方程过样本中心点的性质求解参数 【详解】对拟合模型两边同时取自然对数，可得， 由，可得线性变换后的回归方程为； 计算样本中心点： ， ， 由于线性回归直线必过样本中心点，将其代入线性回归方程得： ， 计算得，因此，故. 7. 设函数，记的最小值为，则当取得最小值时，（ ） A. B. 1 C. 2 D. e 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数分析的单调性，表示出的最小值，由此时，用表示，代回，构造新函数，分析新函数的最小值，并求得取最小值时的值，从而得到的值. 【详解】函数，定义域为. . 易知是增函数， 且当时，；当时，. 所以存在，使得，即， 所以. 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以在处取得极小值，即最小值，最小值为 . 令， 则. 令，得. 当时，，所以，单调递减； 当时，，所以，单调递增. 所以在处取得极小值，即最小值. 即当时，取得最小值，最小值为. 此时. 8. 已知椭圆的左焦点为，点，在上，轴，若，且的周长为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由椭圆的对称性可知，又因为的周长为， 所以， 设，， 则， 因为，所以，即， 又因为点，在上，所以， 所以，整理得， 即，所以. 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. 已知双曲线，则（ ） A. B. C的焦点在x轴上 C. C的焦距为2 D. C的渐近线不可能互相垂直 【答案】AB 【解析】 【详解】A选项，由题意得，解得，A正确； B选项，由A知，，故，，故焦点在x轴上，B正确； C选项，因为，所以，故C的焦距为，C错误； D选项，当，即时，C的渐近线方程为，两条渐近线互相垂直，D错误. 10. 某校为了解课后体育锻炼与体质测试达标是否有关，随机调查了80名学生，得到如下列联表： 体质测试达标 体质测试未达标 合计 经常参加课后体育锻炼 30 10 40 不经常参加课后体育锻炼 20 20 40 合计 50 30 80 从参加调查的学生中随机抽取一人，记事件A为“该学生经常参加课后体育锻炼”，事件B为“该学生体质测试达标”，则（ ） 附：， 0.1 0.05 0.01 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 A. B. C. 根据小概率值的独立性检验，可以认为经常参加课后体育锻炼与体质测试达标有关 D. 根据小概率值的独立性检验，可以认为经常参加课后体育锻炼与体质测试达标有关 【答案】ABC 【解析】 【详解】 选项A：事件A为“该学生经常参加课后体育锻炼”，总调查人数为80，经常参加锻炼的共40人， 故，A正确； 选项B：为体质测试达标条件下，学生经常参加锻炼的概率， 体质达标的学生共50人，其中经常参加锻炼的有30人，故，B正确； 选项C：代入卡方公式计算得， 根据的独立性检验，可认为经常参加课后体育锻炼与体质测试达标有关，C正确； 选项D：，根据的独立性检验，不能认为经常参加课后体育锻炼与体质测试达标有关，D错误. 11. 已知，其中表示不超过x的最大整数，记的前n项和为，则（ ） A. B. ， C. D. 是递增数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】由，直接可得，判断A；举出反例，可判断B；由题意易知当时，，利用作差法可得，从而判断C；由，结合可判断的符号，从而判断D. 【详解】，所以A正确； ， 即存在，，所以B不正确； 当时，. 因为，且恒成立， 所以， 所以. 故C正确； 由题意知，. 当时，， 所以， 当时，， 所以， 所以，即. 所以是递增数列. 故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 记数列的前n项和为，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用数列前项和与通项的关系，计算与的差即可得的值. 【详解】对于数列，其前项和为，则当且时，. 因此. 13. 函数的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，求导并分析函数单调性，求出最小值，进而化简函数，求导并分析函数单调性，找出最小值点并求解． 【详解】令，求导得，令，解得， 时，，单调递减； 时，，单调递增； 故在处取得最小值，故 ，求导得，令，解得， 时，，单调递减； 时，，单调递增； 故在处取得最小值： ． 14. 已知四面体的各顶点均在半径为1的球面上，，当四面体的体积取得最大值时，直线与平面所成角的正弦值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先取中点为，再应用等体积得出体积最大时的高，再应用线面角正弦定义计算求解. 【详解】四面体的各顶点均在半径为1的球面上，且，所以是外接球直径， 取中点为，连接，且， 设到平面的高为，设到平面的高为，到平面的高为，所以， 所以， 所以当时，四面体的体积取得最大值， 所以，且，所以， 所以当四面体的体积取得最大值时，，所以， 设直线与平面所成角的正弦值为，所以. 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，． （1）证明为等比数列，并求； （2）记的前n项和为，求满足的n的最小值． 【答案】（1） （2）10 【解析】 【小问1详解】 当时，，即，所以， 因为，所以，即， 所以数列为首项，公比的等比数列， 所以数列的通项公式， 所以数列得通项公式. 【小问2详解】 数列的前n项和， ， 因为，所以，故数列为递增数列， 因为，所以当时，， 且当时，， 所以满足的最小值为10. 16. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，分别为棱，的中点． （1）证明：平面； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）取线段中点，连接， 因为为棱的中点，所以，， 因为为平行四边形，为的中点，所以，， 所以，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取线段中点，求证，再利用线面平行的判定定理求证即可； （2）以为原点建系，利用法向量计算. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，所以， 因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以， 则以为原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 分别设平面与平面的法向量为， 则，令，则， 易知平面的法向量为， 则， 则平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知抛物线的焦点为F，点在C上，且． （1）求C的方程； （2）过F的直线与C交于A，B两点，若P在以为直径的圆上，求的面积． 【答案】（1）; （2）; 【解析】 【分析】(1)由点P在抛物线上及，结合抛物线定义求p，得到方程； (2)联立直线AB:与抛物线方程，结合韦达定理与，可解得的值，再利用弦长公式和点到直线的距离求解. 【小问1详解】 因为点在抛物线上，所以，得， 因为抛物线的准线方程为，且， 由抛物线的定义可得，解得， 所以抛物线的方程为； 【小问2详解】 由（1）知，，， 易知过点F的直线斜率不为0，设其方程为， 将代入，得到， 设，，则，， ， ， ，， 因为P在以为直径的圆上， 所以， 即， 化简得：，解得：或. 当时，直线为，此时但与重合，舍去. 当时，直线为，此时，， 则, 点到直线的距离：， 所以的面积为. 18. 某互动智能屏的屏幕中央有一个圆形图案，其圆周上等距分布着6个感应点．点击“开始”后，每个感应点被点亮的概率均为，各感应点的显示结果相互独立．记被点亮的感应点的个数为随机变量X，以被点亮的感应点为顶点构成的直角三角形的个数为随机变量Y． （1）求； （2）求； （3）求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先根据题意进行几何转化，再利用点亮数服从二项分布建模，对进行等价转化，进而求出相应概率； （2）对应3种互斥情况，求出相应概率，进而利用条件概率公式计算求解； （3）先定义指示变量，再利用期望线性性计算求解． 【小问1详解】 圆周上6个等距点对应正六边形顶点，由圆周角定理，直角三角形的斜边为圆的直径， 共3条直径，每条直径与其余4个点分别构成4个直角三角形，共计个直角三角形， 随机变量，即， 当且仅当恰好点亮3个点，且3个点恰好构成1个直角三角形， 总共个直角三角形，每个直角三角形对应“3个点亮、其余3个不亮”的互斥事件， 单个直角三角形被点亮的概率： ， 故． 【小问2详解】 ，仅发生在时，即4个点恰好是2条直径的端点，则 ， ，仅发生在时，即5个点恰好是2条直径的端点， 每条直径对应3个直角顶点，共6个直角三角形，则 ， ，仅发生在时，3条直径全部完整，共个直角三角形， ， 则， 且， 由条件概率公式得． 【小问3详解】 设个直角三角形对应指示变量，其中表示第个直角三角形的 三个顶点全被点亮，否则，则， 对每个，3个顶点全被点亮的概率为，故， 由线性期望得：． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若存在，使得有三个极值点，，（）． （i）求b的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1） （2）（ii）由（i）可知，，因为， 所以，即， 所以， 当时，； 当时，； 综上，. 【解析】 【分析】（1）先求出切点坐标，再求导得到切线斜率，从而得到切线方程； （2）（i）方法1：设，求导后分离出，再对分类讨论即可；方法2：求导后分离参数得，再设右侧为新函数，求导研究即可； （ii）代入判断的符号即可. 【小问1详解】 当时,, , 所以曲线在点处的切线方程为， 整理得：． 【小问2详解】 （i）方法1：,设, 则， 依题意，至少有两个极值点，即至少有两个变号零点， 当时，单调递减，至多一个变号零点，不合题意； 故，设，则， 当时，；当时，； 所以在单调递减，在单调递增， 所以，当时，， 当时，，所以，不合题意； 当时，， 设，则，令，解得， 当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 则，即恒成立，即， 所以，所以，所以， 所以恰有两个零点，设为，且，其中， 所以当时，单调递增， 当时，单调递减， 取，则， 由上述知，所以，所以， 所以 取，则， 所以， 所以， 即存在，使得， 易知， 当时，，对于任意给定的实数，总存在，使得， 所以的取值范围是； 方法2：, 令可得,, 设，则， 若存在，使得有三个极值点， 则存在直线与曲线有三个交点， 所以至少有两个极值点，至少有两个零点， 所以二次函数有两个相异零点， 所以，解得， 又当时，设的两个零点分别为， 所以当和时，单调递减，当时，单调递增， 对于任意给定的，设， 取， 所以关于的方程在和各有一个实数根， 当时，， 所以关于的方程在有一个实数根， 所以的取值范围是； （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $