精品解析：湖南长沙市第十五中学2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷

2026年上学期高二期末考试 数学试卷 （总分：150分 考试时间：120分钟） 一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知全集，，，则（ ） A. B. C. D. 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 校运会开始了，高二某班四位同学报名参加百米､跳高､跳远三个项目，每人只能报其中一个项目，则有（ ）种不同的报名方案. A. B. C. D. 4. 中国书法源远流长，是中国汉字特有的一种传统艺术.中国书法的五种主要书体为篆书体、隶书体、楷书体、行书体、草书体.现有甲、乙两名书法爱好者分别从五种书体中任意选一种进行研习，且相互独立，则甲不选隶书体、乙不选草书体的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知随机变量，且，则（ ） A. 0.1587 B. 0.1827 C. 0.3173 D. 0.8413 6. 已知是定义域为的偶函数，且在上单调递增，则（ ） A. B. C. D. 7. 人工智能领域让贝叶斯公式：站在了世界中心位置，AI换脸是一项深度伪造技术，某视频网站利用该技术掺入了一些“AI”视频，“AI”视频占有率为0.001．某团队决定用AI对抗AI，研究了深度鉴伪技术来甄别视频的真假．该鉴伪技术的准确率是0.98，即在该视频是伪造的情况下，它有的可能鉴定为“AI”；它的误报率是0.04，即在该视频是真实的情况下，它有的可能鉴定为“AI”．已知某个视频被鉴定为“AI”，则该视频是“AI”合成的可能性为（ ） A. B. C. D. 8. 2026年五一假期，有760余万人来长沙旅游，橘子洲､岳麓山五天合计接待近86万人次.为了解某旅游景点不同时段的入口游客流量，从上午9点开始景点值班人员第一次向指挥中心反馈入口人流量，以后每过一个小时反馈一次.指挥中心统计了前5次的数据，其中为第次入口人流量数据（单位：百人），由此得到关于的回归方程.已知，根据回归方程（参考数据：），可预测下午3点时入口游客的人流量为（ ） A. 9.6 B. 11.0 C. 11.3 D. 12.0 二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 下列判断正确的有（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 10. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 的个位数字是9 11. 已知函数的定义域为是偶函数，且当时，，则以下结论正确的是（ ） A. 在内的值域为 B. C. 在区间内单调递减 D. 在内零点之和为16 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 计算：___________. 13. 已知一组样本数据，且，平均数，则该组数据的方差为______． 14. 已知函数其中.如果对于任意，，且，都有，则实数的取值范围是___________. 四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 某校积极推进“五育并举”育人实践，计划开设围棋选修课程，随机调查了100名学生，得到如下列联表. 性别 是否喜欢围棋 合计 是 否 男生 m 20 女生 20 50 合计 n 100 （1）求的值 （2）根据的独立性检验，能否认为性别与喜欢围棋有关联？ （3）为推动围棋课程开设，该校举办了围棋比赛，最后甲､乙两人晋级决赛，决赛规则如下：五局三胜，没有平局.已知每局甲胜乙的概率为，在甲第一局失败的条件下，求甲最终获胜的概率. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 如图，多面体中，平面，四边形为菱形，，，，． （1）求证：； （2）若，三棱锥的体积为，求平面与平面所成角的余弦值． 17. 已知椭圆的四个顶点围成的四边形面积为，离心率. （1）求出椭圆的标准方程； （2）过椭圆的上焦点作直线与椭圆交于，两点，是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 18. 已知函数 f（x）=ax2+2x﹣lnx（a∈R）． （Ⅰ）若 a=4，求函数 f（x）的极值； （Ⅱ）若 f′（x）在区间（0，1）内有唯一的零点 x0，求 a 的取值范围． 19. 一般地，对于定义在区间上的函数： 若存在，使得，则称为函数的一阶不动点，简称不动点； 若存在，使得，则称为函数的二阶不动点，简称稳定点． 已知函数，（）． （1）求函数的不动点的集合； （2）若函数有两个相异的不动点，，且，求的取值范围； （3）若函数的不动点和稳定点的集合分别为和，当时，求的取值范围： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年上学期高二期末考试 数学试卷 （总分：150分 考试时间：120分钟） 一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知全集，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为全集，，， 所以，故. 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用集合的包含关系来判断充要关系即可. 【详解】因为的解集为， 所以“”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 3. 校运会开始了，高二某班四位同学报名参加百米､跳高､跳远三个项目，每人只能报其中一个项目，则有（ ）种不同的报名方案. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由分步乘法计数原理即得. 【详解】要完成的是“高二某班四位同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，4人都报完才算完成，所以按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，由分步乘法计数原理可得，共有(种)报名方法． 4. 中国书法源远流长，是中国汉字特有的一种传统艺术.中国书法的五种主要书体为篆书体、隶书体、楷书体、行书体、草书体.现有甲、乙两名书法爱好者分别从五种书体中任意选一种进行研习，且相互独立，则甲不选隶书体、乙不选草书体的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对立事件和独立事件的概率公式求解即可 【详解】记“甲选隶书体”为事件A，“乙选草书体”为事件，则. 则“甲不选隶书体”的概率， “乙不选草书体”的概率. 因为甲、乙分别从五种书体中任意选一种进行研习，且相互独立， 由相互独立事件的概率公式可得“甲不选隶书体，乙不选草书体”的概率为 . 故选：D. 5. 已知随机变量，且，则（ ） A. 0.1587 B. 0.1827 C. 0.3173 D. 0.8413 【答案】A 【解析】 【分析】根据随机变量X服从正态分布，可知正态曲线的对称轴，利用对称性，即可求得. 【详解】解：由题意得： 随机变量 正态曲线的对称轴是 故选：A 6. 已知是定义域为的偶函数，且在上单调递增，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性与单调性比较大小. 【详解】是偶函数，， 在上单调递增，. 故选：A 7. 人工智能领域让贝叶斯公式：站在了世界中心位置，AI换脸是一项深度伪造技术，某视频网站利用该技术掺入了一些“AI”视频，“AI”视频占有率为0.001．某团队决定用AI对抗AI，研究了深度鉴伪技术来甄别视频的真假．该鉴伪技术的准确率是0.98，即在该视频是伪造的情况下，它有的可能鉴定为“AI”；它的误报率是0.04，即在该视频是真实的情况下，它有的可能鉴定为“AI”．已知某个视频被鉴定为“AI”，则该视频是“AI”合成的可能性为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由贝叶斯公式代入计算，即可得到结果. 【详解】记“视频是AI合成”为事件，记“鉴定结果为AI”为事件B， 则， 由贝叶斯公式得：， 故选：C． 8. 2026年五一假期，有760余万人来长沙旅游，橘子洲､岳麓山五天合计接待近86万人次.为了解某旅游景点不同时段的入口游客流量，从上午9点开始景点值班人员第一次向指挥中心反馈入口人流量，以后每过一个小时反馈一次.指挥中心统计了前5次的数据，其中为第次入口人流量数据（单位：百人），由此得到关于的回归方程.已知，根据回归方程（参考数据：），可预测下午3点时入口游客的人流量为（ ） A. 9.6 B. 11.0 C. 11.3 D. 12.0 【答案】C 【解析】 【分析】令，则，计算样本中心点进而得出，令即可. 【详解】令，则， 因为， 所以样本中心点为， 将其代入得，得，故， 令，则， 则预测下午3点时入口游客的人流量为 二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 下列判断正确的有（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，因为在上单调递增， 由可得，故A正确； 对于B，，，， 所以，故B正确； 对于C，若，则， ，当且仅当， 即时取等，故C错误； 对于D，若， 则， 当且仅当时取等，即时取等，故D正确. 10. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 的个位数字是9 【答案】BC 【解析】 【分析】赋值法求系数和判断A、B；由并应用二项式定理求对应项系数判断C；由，结合展开式通项得个位数由决定，即可判断D. 【详解】由题设，令，则，A错； 令，则， 所以，即，B对； 由，展开式通项为，， 当时，，即，C对； 由，展开式通项为，， 显然个位数由决定，即个位数是1，D错. 故选：BC 11. 已知函数的定义域为是偶函数，且当时，，则以下结论正确的是（ ） A. 在内的值域为 B. C. 在区间内单调递减 D. 在内零点之和为16 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，画出函数的部分图象，结合图象，利用函数的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】由函数满足，可得函数的周期为， 又由是偶函数，可得函数关于对称， 因为时，，可得函数的部分图象，如图所示， 由图象可知，函数的值域为，所以A正确； 由，所以B正确； 由函数的周期为，则函数在与在区间上的单调性相同， 结合图象，可得函数在上单调递增，所以C错误； 由函数，令，可得， 则的零点个数，即为函数与的交点个数， 在区间有8个零点，根据对称性可得零点之和为，所以D正确. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 计算：___________. 【答案】28 【解析】 【分析】运用排列组合数的计算公式计算. 【详解】 故答案为：28. 13. 已知一组样本数据，且，平均数，则该组数据的方差为______． 【答案】58.2 【解析】 【分析】利用方差的定义直接求得. 【详解】因为一组样本数据，且，平均数， 所以该组数据的方差为 =58.2 故答案为：58.2 14. 已知函数其中.如果对于任意，，且，都有，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】把题意翻译为函数在上单调递增，则两段函数分别递增，且在分界处右端点大于等于左端点的函数值即可． 【详解】解：对于任意，，且，都有 成立，即函数在上单调递增， 先考察函数， 的单调性， 配方可得， 函数 在上单调递增，在 上单调递减，且（1）， ， 以下考察函数， 的图象， 则，令，解得． 随着 变化时， 和 的变化情况如下： 0 单调递减 极小值 单调递增 即函数 在 上单调递减，在 上单调递增，且． 对于任意，，且，都有 成立， ， ，即， 的取值范围为． 故答案为：． 四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 某校积极推进“五育并举”育人实践，计划开设围棋选修课程，随机调查了100名学生，得到如下列联表. 性别 是否喜欢围棋 合计 是 否 男生 m 20 女生 20 50 合计 n 100 （1）求的值 （2）根据的独立性检验，能否认为性别与喜欢围棋有关联？ （3）为推动围棋课程开设，该校举办了围棋比赛，最后甲､乙两人晋级决赛，决赛规则如下：五局三胜，没有平局.已知每局甲胜乙的概率为，在甲第一局失败的条件下，求甲最终获胜的概率. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）， （2）不能认为性别与喜欢围棋有关联 （3） 【解析】 【小问1详解】 男生人数，则， 喜欢围棋的共，则. 【小问2详解】 零假设：性别与喜欢围棋没有关联， ， 则根据的独立性检验，零假设成立，不能认为性别与喜欢围棋有关联； 【小问3详解】 已知甲第一局失败，若最终甲获胜，则包含以下几种情况： 接下来甲连胜三局，概率为； 接下来共比赛四局，且最后一局甲获胜，概率为， 故在甲第一局失败的条件下，甲最终获胜的概率为. 16. 如图，多面体中，平面，四边形为菱形，，，，． （1）求证：； （2）若，三棱锥的体积为，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【解析】 【分析】（1）首先利用菱形的性质，得到，根据线面垂直的性质，得到，根据线面垂直的判定，得到平面，从而进一步得到平面，从而证得 ． （2）利用题中的条件，求得相应的棱长，建立相应的空间直角坐标系，利用空间向量，求得对应的二面角的余弦值. 【详解】（1）由已知，四边形为菱形，可得， ∵平面， ∴， 又， ∴平面， ∵，可知四点共面， ∴平面， 又平面， ∴ ． （2）由（1），， 又，易得为等腰直角三角形， 设菱形的边长为，由， 可得，，， ∴三棱锥的体积为， 解得． 取的中点，以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， ∴，， 设平面的一个法向量为，则 ，即，令，则，， ∴， 又平面的一个法向量为， ∴，又由图易知所求二面角为锐角， ∴平面与平面所成角的余弦值为． 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面垂直的判定与性质，应用空间向量来求二面角的余弦值，在解题的过程中，理清线面以及面面的关系，正确求解面的法向量是解题的关键. 17. 已知椭圆的四个顶点围成的四边形面积为，离心率. （1）求出椭圆的标准方程； （2）过椭圆的上焦点作直线与椭圆交于，两点，是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据离心率以及四边形面积解方程可求得，，得出椭圆方程； （2）显然直线斜率不存在时不合题意，设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理以及向量关系，可求得直线方程. 【小问1详解】 由，得， 由椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为， 可得，即， 再由，解得，， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，设点，， 当直线的斜率不存在时，，此时交点为和, 不满足，舍去； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立，消去得到， 其中，且； ，，即； 因此，解得； 解得，即， 直线的方程为. 18. 已知函数 f（x）=ax2+2x﹣lnx（a∈R）． （Ⅰ）若 a=4，求函数 f（x）的极值； （Ⅱ）若 f′（x）在区间（0，1）内有唯一的零点 x0，求 a 的取值范围． 【答案】(1)见解析(2) 【解析】 【详解】分析：（1）当a=4时，化简函数的解析式，求出定义域，函数的导数，求出极值点，利用导函数的符号判断函数的单调性，求解极值即可； （2）方法一：利用，通过导函数为0，构造新函数，通过分类讨论求解即可. 方法二：令，由得，设，则，，问题转化为直线与函数的图象在恰有一个交点问题，即可求a 的取值范围． 详解：（Ⅰ）当 a=4 时，f（x）=4x2+2x﹣lnx，x∈（0，+∞）， 由 x∈（0，+∞），令 f'（x）=0，得． 当 x 变化时，f'（x），f（x）的变化如下表： x f'（x） ﹣ 0 + f（x） ↘ 极小值 ↗ 故函数 f（x）在单调递减，在单调递增，f（x）有极小值， 无极大值．… （Ⅱ）解法一， 令 f'（x）=0，得 2ax2+2x﹣1=0，设 h（x）=2ax2+2x﹣1． 则 f'（x）在（0，1）有唯一的零点 x0 等价于 h（x）在（0，1）有唯一的零点 x0 当 a=0 时，方程的解为，满足题意 当 a＞0 时，由函数 h（x）图象的对称轴，函数 h（x）在（0，1）上单调递增， 且 h（0）=﹣1，h（1）=2a+1＞0，所以满足题意； 当 a＜0，△=0 时，，此时方程的解为 x=1，不符合题意； 当 a＜0，△≠0 时，由 h（0）=﹣1， 只需 h（1）=2a+1＞0，得 （说明：△=0 未讨论扣 1 分） 解法二： （Ⅱ）， 令 f'（x）=0，由 2ax2+2x﹣1=0，得． 设，则 m∈（1，+∞），， 问题转化为直线 y=a 与函数的图象在（1，+∞）恰有一个交点问题． 又当 m∈（1，+∞）时，h（m）单调递增， 故直线 y=a 与函数 h（m）的图象恰有一个交点，当且仅当． … 点睛：本题考查函数与导数等基本知识，考查推理论证能力和运算求解能力，考查函数与方程的思想、化归与转化思想，考查运用数学知识分析和解决问题的能力. 19. 一般地，对于定义在区间上的函数： 若存在，使得，则称为函数的一阶不动点，简称不动点； 若存在，使得，则称为函数的二阶不动点，简称稳定点． 已知函数，（）． （1）求函数的不动点的集合； （2）若函数有两个相异的不动点，，且，求的取值范围； （3）若函数的不动点和稳定点的集合分别为和，当时，求的取值范围： 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据不动点定义列方程，解方程可得结果； （2）由不动点定义得，将题干条件转化为二次函数在上有2个零点，列出不等式组求得的取值范围； （3）分和两种情况进行分析：显然符合条件，时，由和可得的初步范围，再分解的方程得到的构成，结合的条件分析方程的解的情况，最终确定的范围. 【小问1详解】 不动点满足，即，整理得， ，解得或， 所以函数的不动点的集合为. 【小问2详解】 ， 不动点满足，即，整理为， 令，由函数有两个相异的不动点，，且， 等价于在上有2个零点，因为， 则，解得， 所以的取值范围是. 【小问3详解】 由题意，为的解集，为的解集， ①当时，， 令，可得，所以， 令，可得，所以，满足； ②当时，令，由，需满足，解得， 令，即，上式可分解为， 由于，则方程的解属于或无解， 若无解，则，解得， 若的解属于， 令，即，解得， 此时的解为，而的解为和，符合条件. 所以的取值范围为. 综上，的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $