精品解析：吉林通化市梅河口市第五中学2025-2026学年高二下学期7月期末数学试题

高二数学 一、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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知幂函数在上单调递减，则（ ） A. B. 3 C. D. 3. 已知某放射性同位素的含量（单位：贝克）与时间（单位：天）的关系式为，其中为初始含量，则当该放射性同位素的含量为初始含量的时，的值约为（ ）．附． A. B. C. D. 4. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 设，，则使得成立的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 6. 若随机变量X的分布列为 X 1 0 P p q 其中，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 7. 某汽车4S店从甲乙丙三个车企分别采购同一款智能汽车500，400，100辆进行销售，甲乙丙三个车企生产的该智能汽车的智驾故障率分别为2%，3%，5%，某消费者从该4S店购买了一台此款智能汽车，在智驾过程中突然出现故障，则根据概率计算出甲乙丙三个车企应承担的责任比为（　　） A. 2：3：5 B. 10：12：5 C. 5：12：10 D. 5：4：1 8. 若函数在区间内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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，有多项是符合题目要求的，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. 下列说法中，正确的是（ ） A. 回归直线就是散点图中经过样本数据点最多的那条直线 B. 可以用相关系数刻画两个变量的相关程度强弱，值越大两个变量的相关程度越强 C. 残差图中，残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越高 D. 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0.05 10. 下列命题中的假命题是（ ） A. 命题“，”的否定是：， B. 设，则“”是“”的充分而不必要条件 C. 若，则的最小值为4 D. 11. 小郡玩一种跳棋游戏，一个箱子中装有大小质地均相同的且标有的10个小球，每次随机抽取一个小球并放回，规定：若每次抽取号码小于或等于5的小球，则前进1步，若每次抽取号码大于5的小球，则前进2步.每次抽取小球互不影响，记小郡一共前进步的概率为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 小华一共前进3步的概率最大 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知各项均为正数的等比数列满足，则______． 13. 已知双曲线：的右焦点为，坐标原点为，以线段为直径的圆与的一条渐近线交于异于点的另一点 ．若，则的离心率为_________． 14. 在三棱锥 中，侧棱， ，两两互相垂直，且．若为空间内一点，且 ， ，则的最大值为_________________． 附：柯西不等式：，其中，，，，，，当且仅当（约定：若分母为0，则对应的分子也为0）时等号成立． 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. 为深入落实科教兴国战略，提升中学生航天科学素养，某地市教育局联合航天科技馆开展“航天科普进校园”系列研学实践活动，研学参与者均参加科创竞赛．为了解研学活动参与时长与学生科创竞赛获奖的关联性，从参与本系列研学活动的学生中随机抽取100名，统计他们的研学累计参与时长（规定：累计参与时长 课时为长时研学，<6课时为短时研学）与科创竞赛获奖情况，得到如下列联表： 研学时长 科创竞赛 合计 获奖 未获奖 长时研学 25 15 40 短时研学 10 50 60 合计 35 65 100 （1）从本次抽取的科创竞赛获奖的学生中，按研学时间长短分层，采用比例分配的分层随机抽样的方法抽取7名学生，再从这7名学生中随机选取3名作为代表参加航天科普宣讲会，求选取的3名代表中恰有2名为长时研学的概率； （2）依据的独立性检验，能否认为学生科创竞赛是否获奖与航天科普研学时长有关？ 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 在 中，内角，，的对边分别为 ， ，，满足． （1）求角的大小； （2）若 ，求 面积的最大值． 17. 如图，四棱锥中，． （1）当为正三角形时， （i）若，证明：直线平面PBC； （ii）若A，B，D，P四点在以为半径的球面上，则四棱锥的体积是多少？ （2）当为等腰直角三角形时，且，求二面角的余弦值的最小值． 18. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为，离心率为，． （1）求椭圆的方程； （2）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点在圆上，直线，的斜率分别为，，且，求证： （i）； （ii）直线过定点，并求出此定点的坐标． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若对任意的恒成立，求a的值； （3）若数列的前n项和为，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 一、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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，解得， 由，解得，且， 所以， 即． 2. 已知幂函数在上单调递减，则（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】使用幂函数的定义与单调性求解. 【详解】由题意，，解得或， 当时，，为增函数， 当时，，在上单调递减，符合题意，所以， 所以，所以. 3. 已知某放射性同位素的含量（单位：贝克）与时间（单位：天）的关系式为，其中为初始含量，则当该放射性同位素的含量为初始含量的时，的值约为（ ）．附． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意得，即， 两边取对数得，即， 解得． 4. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】使用作差法并借助中间值比较大小. 【详解】，，， ， 故，故． 5. 设，，则使得成立的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由不等式、指数函数、一次函数的性质，结合充分、必要性的定义判断选项条件与已知条件的关系. 【详解】，，，即. 又因为是上的增函数，所以． A选项，由是上的增函数，所以，则A不满足； B选项不满足； C选项，则，则可以推出；反之时，不一定成立，所以C选项满足题意； D选项，和的大小关系不确定，所以D不满足题意. 6. 若随机变量X的分布列为 X 1 0 P p q 其中，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】利用两点分布的期望和方差的公式即可求解. 【详解】依题意，可知服从两点分布， 又，则， 所以，. 故选：D. 7. 某汽车4S店从甲乙丙三个车企分别采购同一款智能汽车500，400，100辆进行销售，甲乙丙三个车企生产的该智能汽车的智驾故障率分别为2%，3%，5%，某消费者从该4S店购买了一台此款智能汽车，在智驾过程中突然出现故障，则根据概率计算出甲乙丙三个车企应承担的责任比为（　　） A. 2：3：5 B. 10：12：5 C. 5：12：10 D. 5：4：1 【答案】B 【解析】 【分析】设事件 分别表示购买一辆汽车是甲、乙、丙车企生产的，事件 表示智驾出现故障，由贝叶斯公式得，，即可求解. 【详解】设事件 分别表示购买一辆汽车是甲、乙、丙车企生产的， 则 ， 事件 表示智驾出现故障， 则由全概率公式得 ， 由贝叶斯公式得，，， 所以甲乙丙要承担的责任比为. 故选：B. 8. 若函数在区间内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】可知在区间上有解，,等价于在区间上有解，结合存在性问题分析求解即可. 【详解】由，得， 若在区间上存在单调递减区间， 则在区间上有解， 可得在区间上有解， 又因为在区间上单调递增，则， 可得，所以实数的取值范围是. 故选：D． 二、多选题：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，有多项是符合题目要求的，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. 下列说法中，正确的是（ ） A. 回归直线就是散点图中经过样本数据点最多的那条直线 B. 可以用相关系数刻画两个变量的相关程度强弱，值越大两个变量的相关程度越强 C. 残差图中，残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越高 D. 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0.05 【答案】CD 【解析】 【分析】本题考查经验回归直线的性质、样本相关系数的意义、残差图的作用以及独立性检验的应用. 【详解】A中，线性回归直线在散点图中可能不经过任一样本数据点，所以A错误: B中，相关系数是用来刻画两个变量的相关程度强弱，值越大两个变量的相关程度越强，所以B错误; C中，在残差图中，若残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越高，所以C正确; D中，因为，所以可判断 与有关联且犯错误的概率不超过0.05，正确. 10. 下列命题中的假命题是（ ） A. 命题“，”的否定是：， B. 设，则“”是“”的充分而不必要条件 C. 若，则的最小值为4 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用全称量词命题的否定判断A；举例说明判断BCD. 【详解】对于A，命题“，”的否定是：，，A正确； 对于B，取，满足，而，则“”不是“”充分条件，B错误； 对于C，取，满足，而，C错误； 对于D，当时，，D错误. 故选：BCD 11. 小郡玩一种跳棋游戏，一个箱子中装有大小质地均相同的且标有的10个小球，每次随机抽取一个小球并放回，规定：若每次抽取号码小于或等于5的小球，则前进1步，若每次抽取号码大于5的小球，则前进2步.每次抽取小球互不影响，记小郡一共前进步的概率为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 小华一共前进3步的概率最大 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意直接求概率判断选项A，然后根据题意求出递推公式即可判断选项B，根据递推公式判断数列是首项为，公比为的等比数列，求通项公式判断选项C，分类讨论求解概率通项的最大值判断D. 【详解】根据题意，小郡前进1步的概率和前进2步的概率都是，所以，， 故选项A错误； 当时，其前进几步是由两部分组成：先前进步，再前进1步，其概率为， 或者先前进步，再前进2步，其概率为，所以， 故选项B正确； 因为，所以， 而，所以，即， 故选项C正确； 因为当时，，所以， 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列. 所以，所以. 当n为奇数时，为偶数，则，此时数列单调递增，所以； 当n为偶数时，为奇数，则，此时数列单调递减， 所以； 综上，当时，概率最大，即小华一共前进2步的概率最大，故选项D错误. 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知各项均为正数的等比数列满足，则______． 【答案】 27 【解析】 【分析】由对数的运算性质和等比中项的性质求解. 【详解】由题知，，由等比中项， 则，则（负值舍去）. 13. 已知双曲线：的右焦点为，坐标原点为，以线段为直径的圆与的一条渐近线交于异于点的另一点 ．若，则的离心率为_________． 【答案】 【解析】 【分析】设点为第一象限的点，求得 ，再利用公式可计算出双曲线的离心率. 【详解】设点为第一象限的点，则以 为直径的圆交双曲线的渐近线 于点， 则，且 ， ， 因此，双曲线的离心率为. 14. 在三棱锥 中，侧棱， ，两两互相垂直，且．若为空间内一点，且 ， ，则的最大值为_________________． 附：柯西不等式：，其中，，，，，，当且仅当（约定：若分母为0，则对应的分子也为0）时等号成立． 【答案】 【解析】 【分析】由侧棱， ，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，设由 ，得到，再利用柯西不等式结合．得到，然后利用数量积的坐标运算得到求解. 【详解】在三棱锥 中，侧棱， ，两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系： 设则， 所以， 则，， 则，解得， 因为，所以． 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 所以， 所以， ， 而在上单调递增， 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. 为深入落实科教兴国战略，提升中学生航天科学素养，某地市教育局联合航天科技馆开展“航天科普进校园”系列研学实践活动，研学参与者均参加科创竞赛．为了解研学活动参与时长与学生科创竞赛获奖的关联性，从参与本系列研学活动的学生中随机抽取100名，统计他们的研学累计参与时长（规定：累计参与时长 课时为长时研学，<6课时为短时研学）与科创竞赛获奖情况，得到如下列联表： 研学时长 科创竞赛 合计 获奖 未获奖 长时研学 25 15 40 短时研学 10 50 60 合计 35 65 100 （1）从本次抽取的科创竞赛获奖的学生中，按研学时间长短分层，采用比例分配的分层随机抽样的方法抽取7名学生，再从这7名学生中随机选取3名作为代表参加航天科普宣讲会，求选取的3名代表中恰有2名为长时研学的概率； （2）依据的独立性检验，能否认为学生科创竞赛是否获奖与航天科普研学时长有关？ 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）能认为学生科创竞赛是否获奖与航天科普研学时长有关 【解析】 【分析】（1）由分层抽样确定各层人数，然后根据古典概型求概率； （2）提出零假设，计算统计量，比较临界值得出结论. 【小问1详解】 分层抽样中，长时研学人数为人，短时研学人数为人， 选取的3名代表中恰有2名为长时研学的概率为. 【小问2详解】 零假设：学生科创竞赛是否获奖与航天科普研学时长无关， ， 所以拒绝零假设， 依据的独立性检验，能认为学生科创竞赛是否获奖与航天科普研学时长有关. 16. 在 中，内角，，的对边分别为 ， ，，满足． （1）求角的大小； （2）若 ，求 面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理及降幂公式化简已知方程，再利用辅助角公式求出角； （2）由余弦定理得到方程，根据重要不等式得出面积的最值. 【小问1详解】 ， 即， 因为，所以， 即， 则，即， 因为，， 所以，. 【小问2详解】 由余弦定理得，即， 因为，所以， ， 当且仅当时等号成立. 17. 如图，四棱锥中，． （1）当为正三角形时， （i）若，证明：直线平面PBC； （ii）若A，B，D，P四点在以为半径的球面上，则四棱锥的体积是多少？ （2）当为等腰直角三角形时，且，求二面角的余弦值的最小值． 【答案】（1） （i）因为，且，所以， 又为正三角形，所以， 因为，所以，进而． 因为，所以， 又因为，PB，平面PBC， 所以直线平面PBC. （ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）根据勾股定理得，结合，再利用线面垂直的判定定理证明即可. （ii）建立空间直角坐标系，求出球心，设点P的坐标为，由和，求出，代入锥体体积公式即可求解. （2）设，求出平面BPD和平面PDC的法向量，利用向量法求得二面角的余弦值为，然后根据二次函数性质求解最值即可. 【小问1详解】 （i）略 （ii）延长BC至E，使得，进而，连结DE， 又有，可知，四边形ABED为正方形， 连结AE交BD于O，过点O作平面ABED， 以O为坐标原点，分别以OE，OD，Oz所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 因为A，B，D，P四点在以为半径的球面上，由球的性质可知球心M在z轴上，设点M的坐标为， 所以，解得，即. 又为正三角形，连结OP，可知，又平面， 进而可得平面AOP，所以点P在坐标平面内， 设点P的坐标为，又有， 则，，解得， 所以四棱锥的高， 直角梯形ABCD的面积， 所以四棱锥的体积. 【小问2详解】 因为为等腰直角三角形，且，连结OP，则． 建系方法如（ii）问，， 设点， 设平面BPD的一个法向量，则， 令，则，所以. 设平面PDC的一个法向量为，则， 令，则，所以. . 令，则， 所以. 当且仅当即时等号成立， 所以二面角的余弦值的最小值． 18. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为，离心率为，． （1）求椭圆的方程； （2）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点在圆上，直线，的斜率分别为，，且，求证： （i）； （ii）直线过定点，并求出此定点的坐标． 【答案】（1） （2）（i）由（1）知，设直线，直线， 由，消得到，得到，，所以， 由，消得到，得到，，所以， 故，， 所以， 故， （ii）由（i）知， 所以直线的方程为，整理得到， 所以直线过定点，定点为. 【解析】 【分析】（1）根据条件，直接求出，即可求出结果； （2）根据条件，设出直线，直线，联立，得到， 联立，得，通过计算得，即可证明； 再计算出，从而得出直线的方程，即可求出结果. 【小问1详解】 由题知，，，又，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若对任意的恒成立，求a的值； （3）若数列的前n项和为，求证：． 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）1 （3）证明：， 故只需证明，即， ， 先证明，当时，恒有， 由（2）知，在上恒成立， 即在上恒成立，当且仅当时，等号成立， ，令，则，即， 令，得， 令，得， 上面两式相加得， 即， 当时，，当时，，当时，， ……，当时，， 相加可得，故结论得证； 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数单调性； （2）在（1）的基础上，得到函数最值，从而得到不等式，求出解集，得到答案； （3）变形，在（2）基础上，得到，变形得到，裂项相消法求和，证明出结论. 【小问1详解】 的定义域为， ， 当时，恒成立，故在上单调递增， 当时，令得，令得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 由（1）知，当时，在上单调递增， 又，故当时，，不满足对任意的恒成立，舍去； 当时，在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值，， 要想满足对任意的恒成立，只需， 令，，则， 令得，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 其中，故的解集为，故a的值为1； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $