精品解析：河南许昌市2025-2026学年第二学期期末质量检测高二数学试题

2025—2026学年第二学期期末质量检测 高二数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 已知向量，，若，则的值为（ ） A. 14 B. 10 C. 8 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量共线的坐标运算公式可得，从而求得. 【详解】因为，所以，解得，所以. 2. 已知等差数列满足，，则公差为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的性质解得公差； 【详解】设等差数列的公差为， 因为，，且， 解得. 3. 若抛物线的焦点关于准线的对称点为，则的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，准线为，关于的对称点为， 故，解得，故的标准方程为. 4. 已知是四面体的棱的中点，点在线段上，且，为线段的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】如图，， 又，则，所以. 5. 某高校选派5名大学生志愿者到、、三所学校开展义务帮扶活动，其中每所学校至少去一名志愿者，每名志愿者只去一所学校，若志愿者甲必须去学校，乙不能单独去任一所学校，则不同的选派方案共有（ ） A. 30种 B. 36种 C. 48种 D. 54种 【答案】B 【解析】 【分析】先分乙去学校进行分类，再按剩下人去学校的个数分类. 【详解】若乙去学校，则剩下人的安排有两种情况： 人去不同学校，共有种；人去所学校，共有种；共种， 若乙去学校，则剩下人的安排有两种情况： 人去不同学校，共有种；人去所学校，共有种；共种， 同理，若乙去学校，共有种； 故不同的选派方案共有种. 6. 已知为直线上一点，为圆上一点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意是圆的切线，应用向量数量积的运算律及勾股定理，将问题化为，只需求的最小值，利用点线距离公式求出的最小值，即可得. 【详解】圆的圆心为，半径，即， 由，可知是圆的切线，为直角三角形 由，则， 由，求的最小值，即求的最小值， 而在直线上，的最小值为圆心到直线的距离， 的最小值为，即的最小值为. 7. 已知函数在处有极大值，则在上的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对函数求导，根据极值点求参数值，再验证是否满足题设，最后利用函数的单调性求值域. 【详解】由，求导得， 因为在处取极大值，所以， 所以，解得或， 若，，处导数左负右正，为极小值，不符合， 若，，处导数左正右负，为极大值，符合， 所以，此时， 综上， 或时，，故在和上单调递增， 时，，故在上单调递减， ，， ，， 所以值域为. 8. 在正方体中，点为线段的中点，点在线段上，直线与平面所成的角为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题通过建立空间直角坐标系，利用线面角的向量计算公式，将的最小值问题转化为求的最大值问题，结合二次函数的最值性质求解. 【详解】 如图：设正方体棱长为2，以D为坐标原点，、、,所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，可得各点坐标: ，因点在线段上，设，其中， ，设平面的法向量为，则 ，令，解得，即， 又，， 则， 由同角三角函数关系得，要使最小，需使最大， 当时，，此时取得最大值， 代入得：. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若两个变量的相关性越强，则相关系数越大 B. 的展开式中项的系数为 C. 随机变量，若，则 D. 若一组不完全相同的数据，，…，的平均数为，则当时，函数取得最小值 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，根据相关系数的概念进行判断；B选项，求出通项公式，得到展开式中项的系数；C选项，由正态分布的对称性可得C正确；D选项，求导，得到函数单调性，得到最值情况 【详解】A选项，若两个变量的相关性越强，则相关系数越接近于1，A错误； B选项，的展开式的通项公式为， 令得，故，展开式中项的系数为6，B正确； C选项，随机变量，若， 则与关于对称，则，C正确； D选项，若一组不完全相同的数据，，…，的平均数为，则， ， 故当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则当时，函数取得极小值，也是最小值，D正确 10. 根据2019年发布的《中国城市餐饮食物浪费报告》显示，我国仅餐饮业餐桌的粮食浪费每年就高达1800万吨，相当于5000万人一年的食物量．为营造“节约光荣，浪费可耻”的氛围，某市发起了“光盘行动”．某机构为调研民众对“光盘行动”的认可情况，在某大型餐厅中随机调查了90位来店就餐的客人，制成如下列联表，已知，，则下列判断正确的是（ ） 年龄 认可情况 认可 不认可 40岁以下 20 20 40岁以上（含40岁） 45 5 A. 在该餐厅用餐的客人中大约有的客人认可“光盘行动” B. 在该餐厅用餐的客人中大约有的客人认可“光盘行动” C. 有的把握认为“光盘行动”的认可情况与年龄无关 D. 在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为“光盘行动”的认可情况与年龄有关 【答案】AD 【解析】 【详解】认可“光盘行动”的客人比例为，A正确，B错误， 由题设， 由，对应， 即在犯错误的概率不超过的前提下，有的把握认为“光盘行动”的认可情况与年龄有关，C错误， 由，对应， 即在犯错误的概率不超过的前提下，有的把握认为“光盘行动”的认可情况与年龄有关，D正确. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则函数在上单调递增 B. 若，不等式在区间上恒成立，则 C. 若方程有解，则实数的取值范围为 D. 若不等式对任意恒成立，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】A应用导数研究函数的单调性判断，B问题化为在上，对函数求导，结合单调性求导函数的最小值判断，C问题化为，利用导数求右侧的值域范围即可，D由题设，构造研究单调性，进而化为恒成立，再构造并求出最值，即可判断. 【详解】A：由，求导得， 当时，令，得 ， 因此在上单调递增，A正确， B：当时，在上单调递增，且， 当，则，显然满足不等式恒成立， 当，，有， 根据导数的定义，当且时， 所以，原不等式等价于在上， 由在上也单调递增，最小值为，故，B正确， C：由，显然不是方程的根，则， 令，求导得， 当且，，即在上单调递减， 当，，即在上单调递增， 且时，时，即， 综上，的范围是，C错误， D：由，整理得， 令，则，在上单调递增， 所以，在上恒成立，即恒成立， 令，则， 当，，即在上单调递增， 当，，即在上单调递减， 所以​，因此，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等比数列的前项积为，若，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】依题意可得，再由下标和性质计算可得. 【详解】等比数列的前项积为， 因为，所以．因为，所以． 故答案为：. 13. 袋子中装有10个大小相同的小球，其中黑球有3个，白球有（，且）个，其余的球为红球，从袋子中任意取出2个球，如果这两个球的颜色相同的概率是，则红球的个数为____． 【答案】 【解析】 【分析】根据古典概率公式，可列出关于的方程，解方程求出，进而可以求出红球的个数. 【详解】由题可知，袋子共有10个小球，黑球有3个，白球有个，则红球有个， 又，且，则红球至少有2个， 所以，任意取出2个球，可能是2个黑球、2个白球、2个红球，共有个， 因此，这两个球的颜色相同的概率为， 则，化简整理得， 解得，又因为，所以，因此红球有个. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，在的右支上存在异于顶点的一点，使交轴于点，若为的角平分线，则的离心率的取值范围为____． 【答案】 【解析】 【分析】设点且，，从而有直线为，根据三角形角平分线的性质有，且，，得即可求范围. 【详解】设双曲线的焦距为，且，则，， 设点且，， 直线的方程为，令，得，， 所以，则在线段上， 由是的角平分线，在中， 由三点共线，则， 因为，则， 而点到右焦点的距离为， 所以，所以， 由，则，即， 综上，离心率的取值范围为. 四、解答题：本题共5小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 某地区卫生部门为探究居民锻炼习惯与健康状况的关系，开展了一项大规模抽样调查．通过分析，研究人员将人群分为“有定期锻炼习惯”和“无定期锻炼习惯”两类，调查结果显示，锻炼习惯与健康指标存在显著关联．具体而言，在坚持定期锻炼的居民中，体检指标正常的比例为；而在缺乏锻炼习惯的居民中，这一比例仅为，综合全部样本数据，该地区全体居民体检指标正常的比例为．用样本频率估算总体概率． （1）从该地区随机抽取一人，求此人具有定期锻炼习惯的概率； （2）现从该地区全体居民中随机抽取3人，记其中具有定期锻炼习惯的人数为，求的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列为 0 1 2 3 数学期望为：1 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式列式求解. （2）求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望. 【小问1详解】 记“具有定期锻炼习惯”为事件，则“不具有定期锻炼习惯”为事件，“体检指标正常”为事件， 依题意，， 由全概率公式得，即， 整理得，而，解得， 所以从该地区随机抽取一人，此人具有定期锻炼习惯的概率为. 【小问2详解】 由（1）知从该地区随机抽取一人，此人具有定期锻炼习惯的概率为，不具有定期锻炼习惯的概率为， 随机变量的可能取值为、、、， ，， ，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 数学期望. 16. 已知数列中，，． （1）证明：数列为等比数列； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1）证明：因为，所以， 故是以为首项，3为公比的等比数列，得证； （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知递推关系得，结合等比数列的定义证明即可； （2）由（1）得，应用错位相减法、等比数列的前n项和公式求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，所以， 所以，则， 作差，得， 所以，故 17. 如图，在四棱锥中，平面，，四边形是边长为的菱形，． （1）证明：平面； （2）若，． （ⅰ）求平面与平面的夹角； （ⅱ）若，证明：平面． 【答案】（1）平面，平面， ， 又四边形为菱形，， 且，，平面， 平面 （2）（ⅰ）； （ii）设，则， 由，即，得， ， 平面的一个法向量为， ， 又平面平面 【解析】 【分析】（1）先由菱形对角线性质得，再由线面推出，最后利用线面垂直判定定理即可证得. （2）（ⅰ）先写出两个平面内的向量，分别求出两平面的法向量；再利用法向量夹角余弦公式，取绝对值计算锐二面角 （ii）求出直线的方向向量，验证该向量与平面的法向量点积为0，说明直线与平面法向量垂直，又平面即可证得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）取的中点，连接， ∵四边形是边长为的菱形，， ∴为等边三角形，因此，， 又，， ∵平面，平面， ∴， ∴以点为原点，以，，所在直线分别为，，轴 建立空间直角坐标系，如图所示： 则由已知可得： ，，，，，， 因此，，，， 设平面的一个法向量为， 则有即得 又由（1）可知为平面的一个法向量，， 设平面与平面的夹角为 则，又， 因此，平面与平面的夹角为． （ii）略 18. 已知椭圆经过点，离心率为． （1）求的标准方程； （2）若直线与交于、两点，为的上顶点，且，证明：直线过定点； （3）在（2）的条件下，若为坐标原点，求的取值范围． 【答案】（1） （2）设，， 由，消得， 则，且，， 又，则，， 因为，则， 又，，所以 ， 因为，所以， 整理得到，解得， 所以直线的方程为：，故直线过定点. （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件建立方程组，直接求出，即可求解； （2）设，，联立直线与椭圆的方程消，由根与系数间的关系得，，再结合条件得，即可求解； （3）根据条件得，再求出的取值范围，即可求解. 【小问1详解】 由题意得，即，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，所以，， 因为， 因为，则， 因为， 又，所以， 令，则， 当时，，所以， 当时，，， ，即，解得且， 且，且， 且， 综上所述，的取值范围为. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若是的导函数的极大值点，求的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1） （2） （3）， 由（2）知时，在单调递减，，所以， 则，即，所以， 所以 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求出斜率和切点坐标，代入点斜式方程即可求出切线方程； （2）利用导数研究函数的单调性，结合是的导函数的极大值点，建立不等式关系，从而求出的取值范围； （3）先利用和差化积将首尾配对放缩，把项正弦和转化为，再结合（2）的结论可得，从而得出证明. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，切线斜率为，又， 故曲线在点处的切线方程为； 【小问2详解】 令， ， 令，，为奇函数， ，， ①当时，有， ，有， 在单调递减，又为奇函数，在单调递减， 且，即时，，在单调递增， 时，，在单调递减， 又，是的极大值点． ②当时，有， 令，则， 有，，， 则在单调递减，为偶函数，在单调递增， 又因为，， 由零点存在性定理得，在和各有一个零点， 分别记为，，则时，，在单调递增； 即时，，在上单调递减； 时，，在上单调递增， 又因为，则是的极小值点，不符合题意， 综上所述，. 【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学年第二学期期末质量检测 高二数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 已知向量，，若，则的值为（ ） A. 14 B. 10 C. 8 D. 7 2. 已知等差数列满足，，则公差为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 若抛物线的焦点关于准线的对称点为，则的标准方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知是四面体的棱的中点，点在线段上，且，为线段的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 某高校选派5名大学生志愿者到、、三所学校开展义务帮扶活动，其中每所学校至少去一名志愿者，每名志愿者只去一所学校，若志愿者甲必须去学校，乙不能单独去任一所学校，则不同的选派方案共有（ ） A. 30种 B. 36种 C. 48种 D. 54种 6. 已知为直线上一点，为圆上一点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 3 7. 已知函数在处有极大值，则在上的值域为（ ） A. B. C. D. 8. 在正方体中，点为线段的中点，点在线段上，直线与平面所成的角为，则的最小值为（ ） 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若两个变量的相关性越强，则相关系数越大 B. 的展开式中项的系数为 C. 随机变量，若，则 D. 若一组不完全相同的数据，，…，的平均数为，则当时，函数取得最小值 10. 根据2019年发布的《中国城市餐饮食物浪费报告》显示，我国仅餐饮业餐桌的粮食浪费每年就高达1800万吨，相当于5000万人一年的食物量．为营造“节约光荣，浪费可耻”的氛围，某市发起了“光盘行动”．某机构为调研民众对“光盘行动”的认可情况，在某大型餐厅中随机调查了90位来店就餐的客人，制成如下列联表，已知，，则下列判断正确的是（ ） 年龄 认可情况 认可 不认可 40岁以下 20 20 40岁以上（含40岁） 45 5 A. 在该餐厅用餐的客人中大约有的客人认可“光盘行动” B. 在该餐厅用餐的客人中大约有的客人认可“光盘行动” C. 有的把握认为“光盘行动”的认可情况与年龄无关 D. 在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为“光盘行动”的认可情况与年龄有关 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则函数在上单调递增 B. 若，不等式在区间上恒成立，则 C. 若方程有解，则实数的取值范围为 D. 若不等式对任意恒成立，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等比数列的前项积为，若，则______． 13. 袋子中装有10个大小相同的小球，其中黑球有3个，白球有（，且）个，其余的球为红球，从袋子中任意取出2个球，如果这两个球的颜色相同的概率是，则红球的个数为____． 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，在的右支上存在异于顶点的一点，使交轴于点，若为的角平分线，则的离心率的取值范围为____． 四、解答题：本题共5小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 某地区卫生部门为探究居民锻炼习惯与健康状况的关系，开展了一项大规模抽样调查．通过分析，研究人员将人群分为“有定期锻炼习惯”和“无定期锻炼习惯”两类，调查结果显示，锻炼习惯与健康指标存在显著关联．具体而言，在坚持定期锻炼的居民中，体检指标正常的比例为；而在缺乏锻炼习惯的居民中，这一比例仅为，综合全部样本数据，该地区全体居民体检指标正常的比例为．用样本频率估算总体概率． （1）从该地区随机抽取一人，求此人具有定期锻炼习惯的概率； （2）现从该地区全体居民中随机抽取3人，记其中具有定期锻炼习惯的人数为，求的分布列与数学期望． 16. 已知数列中，，． （1）证明：数列为等比数列； （2）若，求数列的前项和． 17. 如图，在四棱锥中，平面，，四边形是边长为的菱形，． （1）证明：平面； （2）若，． （ⅰ）求平面与平面的夹角； （ⅱ）若，证明：平面． 18. 已知椭圆经过点，离心率为． （1）求的标准方程； （2）若直线与交于、两点，为的上顶点，且，证明：直线过定点； （3）在（2）的条件下，若为坐标原点，求的取值范围． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若是的导函数的极大值点，求的取值范围； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $