精品解析：甘肃白银市第十中学2025-2026学年高二下学期7月期末数学试题

2025-2026学年度高二数学期末试卷 一、单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．） 1. 已知集合，，则=（ ） A. B. C. D. 2. 使命题“，”是假命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 3. 点M在曲线上移动，设曲线在点M处切线的倾斜角为，则角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，直三棱柱，，点，分别是，的中点，若，则与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的定义域为，，当时，，则曲线在点处的切线的斜率为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 6. 已知定义在上的函数满足以下条件：对任意，，有，，且当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若的零点个数为，则实数取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 若正实数满足，则下列大小关系中不可能成立的是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3个小题，每小题6分，共18分．每小题给出的四个选项中，只有多个选项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分） 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 回归直线恒过样本点的中心. B. 两个变量线性相关性越强，则相关系数r就越接近1. C. 已知随机变量则，. D. 某7个数的平均数为4，方差为2，现加入一个新数据4，此时这8个数的方差不变. 10. 如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点，则正确的是（ ） A. B. 面 C. 到面的距离为定值 D. 面积的最小值为 11. 日常生活中植物寿命的统计规律常体现出分布的无记忆性.假设在一定的培养环境下，一种植物的寿命是取值为正整数的随机变量，根据统计数据，它近似满足如下规律：对任意正整数，寿命恰好为的植物在所有寿命不小于的植物中的占比为.记“一株植物的寿命为”为事件，“一株植物的寿命不小于”为事件.则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 设，则为等比数列 D. 设，则 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分．） 12. 命题“”为假命题，则实数的取值范围是___________. 13. 若正实数，满足，则的最小值为______. 14. 若对任意，恒成立，则的取值范围是______. 四、解答题（本题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 设函数在及时取得极值． （1）求出的值； （2）若对于任意的，都有成立，求c的取值范围． 16. 为了调查高中生自主学习时间与数学成绩之间的关联，某教师对本校180名学生进行调查，根据调查结果得到如下列联表： 每周自主学习时间 数学成绩 总计 高于120分 不超过120分 不少于12小时 60 76 少于12小时 64 总计 180 （1）补全上述表格，并取显著性水平，检验高中生数学成绩与每周自主学习时间是否有关联． （2）为了进一步调查学生的学习状况，该教师从数学成绩高于120分的学生中按每周自主学习时间是否不少于12小时分层抽样出10名学生，并得知其中恰有1人每周自主学习时间大于16小时．现该教师从这10人中随机抽取3人介绍学习经验，记随机变量为其中每周自主学习时间大于16小时与不足12小时的人数之差的绝对值．求的分布列与期望． （注：，其中） 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17. 甲、乙两支球队参加某球类比赛，如果每局比赛甲队获胜的概率为（），乙队获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立．比赛有两种方案， 方案一：采用“三局两胜”制，即累计先胜两局的队最终获胜； 方案二：采用“五局三胜”制，即累计先胜三局的队最终获胜． （1）当时，采用方案一还是方案二对乙更有利（不用说明理由），并求该方案下乙队最终获胜的概率； （2）当时，若比赛采用方案二． ①求在甲队最终获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率； ②若比赛结果为或者时，胜方得3分，负方得0分，比赛结果为时，胜方得2分，负方得1分，求甲队本次比赛的得分的分布及期望 18. 已知等边的边长为3，，分别是，上的点，且，将沿折起到的位置，使得平面平面，得到四棱锥． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）线段上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 19. 设函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求，的值； （2）求的极值点个数； （3）求与交点个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度高二数学期末试卷 一、单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．） 1. 已知集合，，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】不等式，即，即， 解得，故， 不等式可化为，即， 解得，故， 所以. 2. 使命题“，”是假命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将问题转化为不等式恒成立问题，对参数进行分类讨论求出充要条件，然后分析即可得出结论. 【详解】命题“，”是假命题等价于“，”是真命题， 即，不等式恒成立， 当时，则不等式化简为恒成立， 当时，不等式恒成立， 则等价于，解得， 综上所述命题“，”是真命题的充要条件是 即命题“，”是假命题的充要条件是， 若要找命题“，”是假命题的充分不必要条件， 则只需要找的真子集，由选项知只有是的真子集. 3. 点M在曲线上移动，设曲线在点M处切线的倾斜角为，则角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出切线斜率的取值范围，再求解切线的倾斜角的取值范围. 【详解】因为，所以， 由于，因此，可得 ， 即切线斜率， 因为切线的倾斜角为，且，斜率，分两种情况讨论： 当时，即，可得 当时，即，结合正切函数在上单调递增且，可得 综合以上两种情况，倾斜角的取值范围是：. 4. 如图，直三棱柱，，点，分别是，的中点，若，则与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】使用向量法求解. 【详解】以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，，， ，， 则与所成角的余弦值为：. 5. 已知函数的定义域为，，当时，，则曲线在点处的切线的斜率为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数求出曲线在点处的切线的斜率，再利用对称性求得答案. 【详解】由函数的定义域为，，得函数的图象关于直线对称， 因此曲线在点处的切线与曲线在点处切线关于直线对称， 其斜率互为相反数，当时，，求导得，则， 所以曲线在点处的切线的斜率为. 6. 已知定义在上的函数满足以下条件：对任意，，有，，且当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据递推关系及单调性的定义判断的单调性，再应用赋值法求得、，不等式等价化为，结合单调性求解集. 【详解】任取，，且，因为， 所以， 因为时，，且， 所以， 所以，即， 所以在上是增函数， 令，所以， 令，，所以， 不等式等价于， 所以，即， 因为在上是增函数，所以，解得或， 所以不等式的解集为. 7. 已知函数，若的零点个数为，则实数取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出的图象，结合函数的图象可得方程的解、满足，根据根分布可求实数取值范围． 【详解】根据解析式知的图象如图所示： 由题意，有4个不相等的实数根， 设，结合图象可知有两个不等实根， 设此关于方程的解为、，其中均不为零且． 由题设可得关于的方程和共有4个不同的解，， 故不能都大于2，不能都小于等于1， 故（舍）或或（舍）． 令，其开口向上， 需满足，即，解得. 8. 若正实数满足，则下列大小关系中不可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，通过分析函数的单调性，结合已知条件判断的大小关系. 【详解】设，定义函数，， 由于对正实数恒成立，因此是单调递增函数， 其中对应 的参数分别为， 当时， 代入得， 因此，故选项D成立； 当时，此时所有，， 对相同的，参数越大，越小，需要更大的 才能让 ， 因此越大对应越大，由 ，得 ，故选项B成立， 当时， 此时所有 ，，对相同的，参数越大，越大， 需要更小的才能让，因此越大对应越小，由， 得 ，故选项A成立，综上，只有 不可能成立. 二、多选题（本题共3个小题，每小题6分，共18分．每小题给出的四个选项中，只有多个选项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分） 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 回归直线恒过样本点的中心. B. 两个变量线性相关性越强，则相关系数r就越接近1. C. 已知随机变量则，. D. 某7个数的平均数为4，方差为2，现加入一个新数据4，此时这8个数的方差不变. 【答案】AC 【解析】 【分析】A依据回归直线恒过样本中心的性质判断；B根据相关系数的相关性意义判断；C用二项分布公式结合方差线性性质验证；D计算新平均数与新方差，和原方差比较即可. 【详解】在A选项中，根据回归直线的基本性质， 回归直线恒过样本点的中心，A正确， 在B选项中，相关系数的绝对值越接近1，说明两个变量线性相关性越强， 负相关时接近，并非只有接近1才代表相关性强，B错误， 在C选项中，若，则期望，方差， 所以，， 根据方差性质得，C正确， 在D选项中，原7个数平均数为，总和为，加入新数据后， 8个数的平均数仍为，原方差满足，化简得， 新方差为，方差发生改变，D错误. 10. 如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点，则正确的是（ ） A. B. 面 C. 到面的距离为定值 D. 面积的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，因为,所以；对于B，平面平面,故平面；对于C，因为平面，所以到面的距离为到面的距离；对于D，面积是,写出t的表达式，再求最小值. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 在上，过点作交于设，则, 则 选项 A：, 因为,所以，A正确; 选项 B：在正方体中，因为，∥，所以四边形为平行四边形， 所以∥， 因为平面，平面，所以∥平面，同理可证∥平面， 因为，平面，所以平面平面 因为面，故平面，B正确; 选项 C：因为平面，所以到面的距离为到面的距离，设为 等边边长，， 因为，所以， 所以到面的距离为，C 错误； 选项 D： , 所以所以 所以面积是 当,D 正确. 11. 日常生活中植物寿命的统计规律常体现出分布的无记忆性.假设在一定的培养环境下，一种植物的寿命是取值为正整数的随机变量，根据统计数据，它近似满足如下规律：对任意正整数，寿命恰好为的植物在所有寿命不小于的植物中的占比为.记“一株植物的寿命为”为事件，“一株植物的寿命不小于”为事件.则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 设，则为等比数列 D. 设，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】设植物总数为，寿命为年的植物数为，由题意，在此基础上利用变形推理得出，即可判断AC，再由的关系求出判断B，根据错位相减法求和判断D. 【详解】设植物总数为，寿命为年的植物数为， 由题意，， 则① ② ②①得，， 即，故，故A错误； 由， 故，故B正确； 由， 故，即为等比数列，故C正确； 因为， 设，则， ， 相减可得 ， 所以，故D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：难点在于理解对任意正整数，寿命恰好为的植物在所有寿命不小于的植物中的占比为，这句话的数量表示是本题推理论证的基础，能否理解并用数学式子表示是解题的关键与难点. 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分．） 12. 命题“”为假命题，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】原命题为假，则其否定为真，转化为二次不等式的恒成立问题求解. 【详解】解：命题“”的否定为：“，”， 因为原命题为假命题，则其否定为真，所以 当时，恒成立，满足题意； 当时，只需，解得：. 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 13. 若正实数，满足，则的最小值为______. 【答案】16 【解析】 【详解】因为，为正实数，且， 所以，且，即，，所以. 对因式分解可得， 所以（当且仅当，即，时取等号）， 故的最小值为16. 14. 若对任意，恒成立，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】将不等式变形为，构造函数，得到在上单调递增，从而将问题转化为恒成立，令，，利用导数求出的最大值即可求解. 【详解】因为 所以等价于， 两边同加得 则原不等式等价于 记，则等价于， 因为恒成立，在上单调递增， 所以等价于， 记，，则恒成立等价于， 又， 所以当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减； 所以， 因为，所以，解得， 所以的取值范围为. 四、解答题（本题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 设函数在及时取得极值． （1）求出的值； （2）若对于任意的，都有成立，求c的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导，结合极值点和韦达定理求解即可； （2）代入，并对函数求导，分析函数单调性，进而结合端点值建立关于的不等式求解. 【小问1详解】 对函数求导可得， 因为在和处取得极值，所以是方程的两个根， 由韦达定理：,解得. 将代入导函数得：， 当时，当时，当时， 和处导数值变号，故为极值点，所以. 【小问2详解】 由，得，, 时，，单调递增；时，，单调递减； 时，，单调递增，，，， 因此在上的最小值为. 任意都满足，等价于最小值大于， 即：，解得：，所以的取值范围是. 16. 为了调查高中生自主学习时间与数学成绩之间的关联，某教师对本校180名学生进行调查，根据调查结果得到如下列联表： 每周自主学习时间 数学成绩 总计 高于120分 不超过120分 不少于12小时 60 76 少于12小时 64 总计 180 （1）补全上述表格，并取显著性水平，检验高中生数学成绩与每周自主学习时间是否有关联． （2）为了进一步调查学生的学习状况，该教师从数学成绩高于120分的学生中按每周自主学习时间是否不少于12小时分层抽样出10名学生，并得知其中恰有1人每周自主学习时间大于16小时．现该教师从这10人中随机抽取3人介绍学习经验，记随机变量为其中每周自主学习时间大于16小时与不足12小时的人数之差的绝对值．求的分布列与期望． （注：，其中） 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）列联表： 每周自主学习时间 数学成绩 总计 高于120分 不超过120分 不少于12小时 60 16 76 少于12小时 40 64 104 总计 100 80 180 有99.5%的把握认为高中生数学成绩与每周自主学习时间有关联. （2）的分布列为 X 0 1 2 3 P . 【解析】 【分析】（1）由题意补充完整列联表，并求得卡方值，与7.879进行比较，即可判断相关性； （2）确定的可能取值0，1，2，3，求得相应的概率得的分布列，再根据期望公式求得期望. 【小问1详解】 列联表： 每周自主学习时间 数学成绩 总计 高于120分 不超过120分 不少于12小时 60 16 76 少于12小时 40 64 104 总计 100 80 180 设原假设 ：数学成绩与每周自主学习时间无关.. ∴有的把握认为“高中生的数学成绩与学生自主学习时间有关”； 【小问2详解】 数学成绩高于120分的学生共有人， 其中，每周自主学习时间大于12小时：60人；每周自主学习时间不足12小时：40人. 按比例分层抽取10人，则 不少于12小时：人；少于12小时：人. 又因为这10人中恰有1人每周自主学习时间大于16小时，所以10人可看作三类： 大于16小时：1人；少于12小时：4人；其他：5人. 从10人中任取3人，总取法数为. 的可能取值0，1，2，3， ，， ， ， 所以的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以. 17. 甲、乙两支球队参加某球类比赛，如果每局比赛甲队获胜的概率为（），乙队获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立．比赛有两种方案， 方案一：采用“三局两胜”制，即累计先胜两局的队最终获胜； 方案二：采用“五局三胜”制，即累计先胜三局的队最终获胜． （1）当时，采用方案一还是方案二对乙更有利（不用说明理由），并求该方案下乙队最终获胜的概率； （2）当时，若比赛采用方案二． ①求在甲队最终获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率； ②若比赛结果为或者时，胜方得3分，负方得0分，比赛结果为时，胜方得2分，负方得1分，求甲队本次比赛的得分的分布及期望 【答案】（1）采用方案一对乙更有利，乙队最终获胜的概率 （2）①；② 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求出方案一、方案二乙获胜的概率，再比较大小即可. （2）①利用条件概率公式计算得解；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】 当时，每局比赛乙队获胜的概率为， 采用方案一，三局两胜制下乙获胜分两种情况：胜和胜， 因此乙队最终获胜的概率； 采用方案二，五局三胜制下乙获胜分三种情况：胜、胜和胜， 因此乙队最终获胜的概率， 而，所以采用方案一对乙更有利，乙队最终获胜的概率. 【小问2详解】 ①当时，甲队最终获胜的事件为，五局三胜制下甲获胜分三种情况：胜、胜和胜， ， 比赛恰好进行了四局的事件为，则， 所以求在甲队最终获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率为. ②甲队得分的所有可能取值为， ，即乙以或胜甲，； ，即乙以胜甲，； ，即甲以胜乙，； ，即甲以或胜乙，， 所以的分布为 0 1 2 3 期望. 18. 已知等边的边长为3，，分别是，上的点，且，将沿折起到的位置，使得平面平面，得到四棱锥． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）线段上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）等边的边长为3，，. ，. 由余弦定理得，解得； ，，； 为直角三角形，即. . 平面平面，平面平面，平面 平面； 平面，. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求出，根据三角形三边满足勾股定理，证得，由面面垂直得到线面垂直，再由线面垂直证得线线垂直； （2）由面面垂直得到线面垂直，从而确定线面的夹角，根据直角三角形的边的关系，求得线面夹角的正弦值； （3）以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，分别求出两平面的法向量，根据异面夹角的计算公式即可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1），得. 由折叠得，. 平面平面，平面平面，平面 平面. 为直线与平面所成的角. ，，，，，. 在中，. 即直线与平面所成角的正弦值为 【小问3详解】 线段上存在一点，使得二面角的大小为，且线段的长度为，理由如下： 平面，平面，平面，，. 平面，平面，. 以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，. . 点在线段上，设，得. ，. 平面，平面的法向量可取. 设平面的法向量为，则，即； 令，则，. 平面的一个法向量为. 二面角的大小为， ，解得或. ，. ，则. 即线段的长度为. 19. 设函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求，的值； （2）求的极值点个数； （3）求与交点个数． 【答案】（1）、 （2）有两个极值点 （3）交点个数为 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义可得、，计算即可得解； （2）求导得到后，再利用导数研究函数单调性，即可得变号零点个数，即可得极值点个数； （3）构造函数，利用导数计算可得，再分及进行讨论，当，结合（2）中所得可得在上单调递减，结合零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数；当时，可得有两个实根，分别设为、，且，则得单调性，计算可得、，再利用零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数. 【小问1详解】 ，则， ，又，解得； 【小问2详解】 由（1）得，则， 令，则， 令，解得， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又， ，， 故存在，使得，且有， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故有两个极值点； 【小问3详解】 令，则， 令，则； 若，则恒成立（不恒为零）， 故在上单调递减，又， 当时，，故在上有唯一零点， 即与有唯一交点； 若时，有两个实根， 设这两个实根分别为、，且，则、， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故为的极小值，为的极大值，且， 由，则， 则 ， 由，则， 则有、， 故，则， 又时，，故在上存在唯一零点， 即与有唯一交点； 综上所述：与交点个数为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $