广东深圳外国语学校（集团）龙华高中部2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷

深圳外国语学校（集团)龙华高中部2025一2026学年 下学期高二年级期末考试参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 c D B A A 0 C ABC AC ACD 1.C【详解】由题可得A={-1,2},B={xx≤0或x24},所以 A⌒(CuB)={-1,2}⌒{x|0<x<4}={2} 2.D【详解】令：=a+bi,则i(1+)=i+i记=-b+ai+i=-b+(a+1)i=1, -b=1 b=-1 所以 (a+1=0'即 -1所以2=-1-i2=-1+i,所以z+2=-2 3.B【详解】由题可知X服从超几何分布，所以P(X=)=cC-8 C15 4.A【详1医为是习（ 其展开式的通项公式为Z=C(}-)C0sr6re, 令6-2r=0,得到r=3,所以展开式中的常数项为T4=-C=-20 5.A【详解】由题意可知必有2名同学去同一个小区， 故不同的安排方法种数是CA=36(种).故选：A 6.D【详解】半球的半径为6，半球的体积为x6-4, 圆台的体积为(×2+元x6+Vx2xx6)k9=156, 故该瓷器的体积为144π+156π=300元 1 7.B【详解】由题意，随机变量X服从正态分布N20, 因此均值=20，标准差 60m 60n 根据参考数据，P(u-3σ≤X≤4+3σ)≈0.9973，要满足 P(19.95≤X≤20.05)≥0.9973，需满足区间包含关系u-3o,u+3o][19.95,20.05, 将u=20代入，可得u+3o≤20.05，即3σ≤0.05，将σ= 代入不等式得：3 ≤0.05， 601 答案第1页，共10页 对不等式变形求解： 1<0.05 V60n3 0.0560, 两边取倒数（不等号方向反向）得V60n≥。 两边平方得60n≥3600，解得n≥60，因此n的最小值为60. 8.C【详解】设第一次取出红球的事件为A,第二次取出的球是白球的事件为B, 取到甲袋，乙袋的事件分别为C,C2, 123.1323 则P(AB)=P(ABG)P(G)+P(ABC,)P(C)=×三×+×2× 25425410' p(A=P(4G)P(C)+P(4C)P(C)=2x2×i' 12131 3 则小智-：c 2 9.ABC【详解】由题意可得C=C,则n=9,故A正确： 因为=9，所以展开式的二项式系数和为2，当x=1时，展开式中的系数和为2，故B 正确： 令x=1,得4+4+a,++a=29，令x=-1,得-4+4+.-4=-49， 两式相减可得4+码a+4+4=2中.2产+2x中，故C正确： 2 令x背则4+号+导++导-0 332 令x=0,则，=-1，所以+受++=1，故D不正确 332 32 10.AC【详解】选项A,由点P在线段MN上，且MP=2PN,所以M证=2PN, 所以om-0M=2(o成-O丽，即30P=20m+0M,所以0P=2O+0M, 由点M,N分别是边OA和BC的中点，连接ON,如图所示： 所以oM-o1.ow-on+oc), 所以om-号(05+oc+号0i-oi+0i-0c,放A正猫 6 3 3 选项B,由题意知@1=8-0c2,且向量OA,oB,oc两两夹角为60， 所以OA.0B=OA0C=OB.OC=2×2×cos60°=2， 由op-oi+o+0c, 答案第2页，共10页 所以l阿6oi+go丽+oca1.o+aa.oc+5.oc 9 9 9 0 1 1 1 1 9 9 9 所以O-,故B错误： 3 选项c由o01-a1oi+00i+ocoi-合上2，放c玉瑞， 6 3 选项D,向量OP在OA方向上的投影向量为： 币o01-20i-01,故D错误 Qi 4 11.ACD【详解】对于A,由己知得QC=OD=QE=O,P=V5,所以P0=3,且∠CPD= 所以圆锥PQ的体积为P=×3玩×3=3π，所以A正确： 3 对于B,由公共点的轨迹是以AB为直径的圆，因为△PCD为正三角形，所以A,B为PC,PD 中点，AB=CD=V5,所以轨迹的周长为√Bπ，所以B错误： 对于C,连a0,可得BaPC,且Bq-PC=5=QR, 由OF⊥CD,OF⊥OP,且CD∩OP=O,CD,O,Pc平面PCD, 所以OF⊥平面PCD,因为OBC平面PCD,所以OF⊥OB, 所以△FOB为等腰直角三角形，所以∠FBO=兀，所以C正确： 4 对于D,设球O半径为r,则r+2r=3,可得r=1, 南m-m-号9425月n8e台2a55-3 可得0到平有A销语离号所以肉的半释为，小图-号 .0 所以平面A仍严载球O的截面面积为买，所以D正确。 12.√2【详解】a-方=a,1-2x),因为a1(a-b),则a.(a-b)=0, 则x+1-2x=0,解得x=1.则a=1,),则1a=√2.故答案为：√2. 13号 14.1 15 答案第3页，共10页 【详解】①甲先从8张卡片中随机抽取2张，有Cg=8×?-28种组合，乙从利下的6张中随 1×2 机抽取1张，有C=6种组合， 因此一局游戏中甲乙抽卡的所有可能结果总数为28×6=168种， 甲抽取2张卡片中较大编号为a,乙抽取1张卡片编号为b,“默契局”的条件是a<b<2a, 由题意可知，a的可能取值是2,3,4,5,6,7,8， 当α=2时，甲抽到的卡片只能是1,2}，此时需满足2<b<4,则乙只能抽到3，情况数为 1×1=1种： 当α=3时，甲抽到的卡片可以是1,3}或2,3，此时需满足3<b<6,则乙可以抽到4或5， 情况数为2×2=4种： 当α=4时，甲抽到的卡片可以是1,4}或{2,4}或3,4}，此时需满足4<b<8,则乙可以抽 到5或6或7，情况数为3×3=9种： 当a=5时，甲抽到的卡片可以是1,5}或{2,5}或3,5}或{4,5}，此时需满足5<b<10,则乙 可以抽到6或7或8，情况数为4×3=12种： 当a=6时，甲抽到的卡片可以是1,6或{2,6或{3,6}或{4,6或{5,6，此时需满足6<b<12, 则乙可以抽到7或8，情况数为5x2=10种： 当a=7时，甲抽到的卡片可以是1,7或{2,7}或{3,7}或{4,7}或{5,7}或{6,7}，此时需满足 7<b<14,则乙只能抽到8，情况数为6×1=6种： 当a=8时，甲抽到的卡片可以是1,8}或{2,8或3,8}或{4,8}或{5,8？或{6,8；或{7,8}，此时 需满足8<b<16,没有满足条件的b,情况数为7×0=0种： 因此，“默契局”的总情况数为1+4+9+12+10+6+0=42种，一局游戏成为“默契局”的概率 为P=421 16841 ②设单局游戏中甲乙得分之和为Y,则 如果是默契局”：乙得2分，甲得0分，此时了=2+0=2，概率为卫=4 1 如果不是默契局”：乙得0分，甲得1分，此时Y=0+1=1,概率为1-p=4 3 则单局得分之和的期望为E(Y)=2×+1×3 4144 答案第4页，共10页 由于三局游戏是相互独立的，总得分之和X是三局得分之和的累加，根据数学期望的线性 性质，有E(X)=3×BY)=3x3-15 44 15.【详解】（1)由题意得，=1+2+3+4+5-3，=26+37+50+64+9354，-2分 5 Zy=971,x=55, --4分 6-2y-5=971-5x3×54161161. -6分 1X2-5m2 55-5x32 10 a=-b=5.7, --7分 故经验回归方程为少=16.1x+5.7 --8分 (2)零假设为Ho:增收情况与设备相互独立，即增收情况与使用不同设备无关联 则7-1046035-20x15.909178S794n --11分 50×50×45×55 根据小概率值α=0.005的独立性检验，Ho不成立， --12分 所以认为增收情况与使用M,N两种不同设备有关. --13分 16,法一：几何法(1)过A作AH1BC交BC于延长线于H,连DH 因为面ABCI面BCD,面ABC∩面BCD=BC,AH⊥BC,AHC面ABC 所以AH⊥面BCD,故AD与面BCD所成角为∠ADH. --3分 不妨设AB=2,在Rt△ABH中，∠ABH=胃 所以AH=V3,BH=1, 在△DBH中，∠DBH=易得△ABH兰△DBH 所以DH=3 在Rt△ADH中，AH=DH=V3 所以LADH-平 --5分 即AD与面BCD所成角为 --6分 (2)过H作HQ⊥BD交BC于Q,连AQ. 因为AHI面BCD,BDC面BCD 所以AH L BD ---8分 因HQ⊥BD.AHn HQ=H 答案第5页，共10页 所以BD1面AHQ,AQC面AHQ 所以BD⊥AQ --10分 所以LAQH为二面角H-BD-A的大小，即平面ABD与平面BDC的夹角.--11分 在t△BHD中，HQ=9 在Rt△AHQ中，HQ-AH=V5 所以AQ=压，cos∠AQH==5 2 5 --14分 AQ 所以平面ABD与平面BDC的夹角的余弦值为S -15分 法二：向量法(1)设AB=1,作AO LBC于点O,连DO,以点O为原点，OD,OC,OA 的方向分别为x轴、y轴、z轴方向，建立坐标系，得下列坐标： …2分 -99 显然%=(0,0,1)为平面BCD的一个法向量-3分 2 cos AD,> 2 5分 0 D ∴.，直线AD与平面BCD所成角的大小45°.-6分 (2)设平面ABD的法向量为乃=(x,y,2)则AB= 1V3 -7分 2 1 nAB=0 2s0 所以〈 nAD=0' 即 ，-9分 5x5 =0 令2=1，则x=1,y=√5则%=(1，V3,1)--11分 设平面4BD和平面BDC的夹角为0，则cos=” 1 1hx|%1x5 5-14分 因此平面ABD和平面BDC的夹角的余弦为5 --15分 答案第6页，共10页 17.【解】(1)若质点只能在x轴上移动，每秒有2种可能，4秒移动方式共有24种-2分 第4秒末质点回到原点，则必定向左移动2步，向右移动2步，有C4种，--4分 故卫g6分 (2)因在1秒末，质点会等可能地出现在(1,0)，（-1,0)，(0,1)，(0，-1)四点处，-7分 故在第2秒末可能运动到点(-1,1)，(1，)，(1,1)，（-1,1)各两种情形， (0,2),(2,0),(0,-2),（-2,0)各一种情形，(0,0)有4种情形，共计16种情形，--9分 随机变量X表示x2+y2的取值，故X的可能取值为0,2,4，--12分-11分 对应的线率分别为：PK-0小6子P0x=2小8号P-利6子 -13分 故X的分布列为： X 0 2 4 1 1 2 期望为E四）-0：子2×4 =2.--15分 4 4 18.【详解】(1)证明：在△MAD中，'MA=MD,O是线段AD的中点， .MOL AD.--1分 ,平面MAD⊥平面ABCD,平面MADO平面ABCD=AD,MOC平面MAD, ∴.MO⊥平面ABCD.又，ABC平面ABCD,∴.MO⊥AB,--3分 :∠BAD=90,即AB⊥AD,MOI AD=O,MO,AD1平面MAD, .AB⊥平面MAD ,MAC平面MAD AB1AM--5分 (2)解：①取BC的中点F,连接OF,则OF‖DC,OF⊥AD, 由(1)可知，MO⊥AD,MO⊥平面ABCD .OFc平面ABCD,∴.MO1AF,即OD,OF,OM两两互相垂直.-6分 以点O为坐标原点，OD,OF,OM所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标 系 OM=h,.AB=3,CD=AD=2, 答案第7页，共10页 .O(0,0,0),B(-1,3,0),C(1,2,0),M(0,0,h),D1,0,0),A(-1,0,0)---7分 ZA 则BC=(2,-1,0),MC=1,2,-h)0B=（1,3,0)OM=0,0,h). 设平面MBC的法向量为元=(5，，)， E 98r山w A B 则 为-2=28分 5 设平面OMB的法向量为元=(6，乃，3)， 丽元=0即02-1，则5-3-0元=(610)9分 则 0i.元，=0，z2=0, -24=8uo以+慕卡元=5 设二面角C-MB-O的平面角为a, 则cos4-lkos元.元 序 5 阮 V/5+ 25 *0 -10分 sin= 310 5 √10 10 10 25 V5+ 10,解得h=5,即oM=5-1分 2 2 ②假设实数入存在，设点N(5,6,),则AN=(,+1,,),AM= .--12分 x+1=元， =1-1, 由AN=AM,得 %=0,则{0=0，-13分 2 2 -14分 4 由(1)知平面MBC的一个法向量元=(1,2,2V5) 4 0,解得2-号-16分 存在实数-号引 使得当A=AM时，EN‖平面MBC.--17分 答案第8页，共10页 19【详解】1)①由愿意，轴到6号的概率为日，抽到1~5号的概率为。：抽取3次后。 总积分为4分，应满足恰好抽到1次6号代币，2次1~5号代币. 1 5 总积分为4分的概率为：P=C× 25 -2分 6 6 ②根据题意，3次抽取过程中从未出现连续两次抽到6号代币，有3种情况 三次均未抽到6号：P'= )9 125 6 216 三次中有一次抽到6号：p”=C× 75_25 6 6 216721 三次中有两次抽到6号，只能第一次和第三次抽到6号：P=××上5 666216 则B=P+p+P=125+255205 5分 21672216216 (2)设抽到6号k次，则2k+(n-k)=2n-3,得k=n-3;--7分 因为k个6号不连续，故至少有k-1次抽到其他号码， 所以有k+k-1≤n,即2k-1≤n,又0≤k≤n, 联立解得3≤n≤7.--9分 故n的最大值为7，此时k=4:共C453=125种抽取方法.-10分 (3)第n次抽取后处于安全积累状态，分两种情况： m次抽1~5号，概率为，前-1次抽取后处于安全积累状态 概率为名；-12分 第二种情况：第n次抽6号，其概率为后第-1次抽1-5号，概率为名 取后处于安全积累状态的概率为P2,概率为上 66 -2 故R-十00u≥3到，l4分 6 36 则 所以当n≥3时，n>Pt1,-15分 答案第9页，共10页 当-时自4月-器%=1-日 35>月，-16分 故，当n22时，n>·-17分 答案第10页，共10页深圳外国语学校（集团)龙华高中部2025一2026学年 下学期高二年级期末考试 数学试卷 命题人：高艳 审题人：曾庆占 本试卷分选择题和非选择题两部分，共10页，满分为150分。考试用时150分钟。 注意事项： 1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡密封线内 相应的位置上，用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上。 2、选择题每小题选出答案后，用2B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；不能答在试卷上。 3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答卷纸各题目指 定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写 上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4、考生必须保持答题卡的整洁和平整。 第I卷（选择题共58分） 一、单选题（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 有一项是符合题意要求的) 1.已知集合A={x(x-2)(x+1)=0},B={xx≥4，则An(CRB)=() A.{-1} B.(0,2) C.{2 D.(-1,4) 2.若i为虚数单位，(1+)=1，则+三=() A.-2i B.i C.2 D.-2 3.某校举办经典诵读比赛，共有10名学生晋级决赛，其中女生有4名.现从这10名学生中 随机选2名担任领诵，记选中的这2人中女生人数为X,则P(X=)=() 8 7 B. 15 C.5 D )3 x2+ 的展开式中的常数项为() A.-20 B.20 C.-15 D.15 5.四名同学分别到3个小区参加九江市创文志愿者活动，每名同学只去1个小区，每个小区 至少安排1名同学，则不同的安排方法种数是() A.36 B.24 C.64 D.81 6.某件精品瓷器可近似地看作由一个半球和一个圆台构成的组合体，如图所 第1页共4页 示，该瓷器的体积为() A.444元 B.612元 C.2268元 D.300元 7.某工厂质量监控小组从一批面粉中抽取n袋测量重量，已知抽取的袋面粉的样本均值X (单位：千克)服从正态分布N20,1 若P(19.95≤X≤20.05)≥0.9973，则n的最小值为 '60n ()(参考数据：若X~N(4,o2),则P(u-3o≤X≤u+3σ)≈0.9973) A.100 B.60 C.6 D.1 8.甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和3个红球，先随机取一只袋，再从该 袋中先后随机取2个球，则第一次取出的球是红球的条件下，第二次取出的球是白球的概率为 () A.3 10 B. 2 c n 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.己知(3x-1)”=+4x+4x++4,x”,且第4项与第7项的二项式系数相等，则下列说 法正确的是() A.n=9 B.展开式中的系数和等于二项式系数和 C.4+4+4+4,+4,=2+2×48 D.号学++学-0 10.如图，点M,N分别是棱长为2的正四面体OABC的边OA和BC的 中点，点P在线段N上，且MP=2PN.则() A.OP-104+08+00 6 B.-号 C.OP.OA=2 D.向量OP在OA方向上的投影向量为OA 11.如图，圆锥PO,的轴截面为正三角形，底面圆O的半径为√3，CD, EF为圆O,的两条直径，且CD⊥EF,母线PC,PD与该圆锥的内切球 O分别切于A,B两点，则() A.圆锥PO的体积为3π B.球O与圆锥PO的公共点的轨迹的周长为π C.异面直线Br与PA所成角为元 4 D.平面AEF截球O的截面面积为3 第2页共4页 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分。) 12.已知平面向量a=(x,1),b=(x-1,2.x),若a1(a-),则|a= 13.如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E是AB 的中点，点F是BC的中点，将AED,BEF,DCF分 别沿DE,EF,DF折起，使A,B,C三点重合于点 A:则三棱锥A·EFD的体积为 14.甲、乙两人进行抽卡游戏：每一局游戏中，将编号分别为1,2,3,4,5,6,7,8的8张卡片的背面 朝上并搅匀，甲先从中随机抽取2张卡片，乙再从剩下的卡片中随机抽取1张卡片.记a为甲抽 取的2张卡片中较大编号者的编号，b为乙抽取的卡片的编号，当a<b<2a时，称该局为“默 契局”，则一局游戏成为“默契局”的概率为 :游戏规定：出现默契局”时，乙得2分， 甲得0分，否则乙得0分，甲得1分，则三局游戏后甲、乙两人得分之和x的数学期望 E(X)= 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 步聚。) 15.（13分)某地区农户在推动农业机械化升级后，记录了某作物在接下来x(x=1,2,3,4,5) 年的增长数据y(万吨)，如下表所示： (1)经探究x与y之间具有相关关系，求y关于x的经验回归方 程)=br+a; 26 50 64 93 (2)为了检验M,N两款机械设备的投放对某农作物的增 收情况，在A,B两地区分别选取了两块相同面积的试 地区 用M设备 用W设备 验田来记录某年的增收情况，得到的数据如下表： A 30 20 根据小概率值=0.005的独立性检验，能否认为增收情 B 15 35 况与使用M,N两种不同设备有关？ 2(x-(0%-) 参考公式：①b= 1=] 空代-到 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 a=下-i标；②x2= n(ad-be) (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) Xa 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 (其中n=a+b+c+d为样本容量).参考数据： 第3页共4页 16.(15分)如图，△ABC和△DBC所在平面垂直，且 AB=BC=BD,∠CBA=∠DBC=120°.求： (1)AD与平面BCD所成角的大小： (2)平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值， 17.(15分)在平面直角坐标系中，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每秒等可能 地向左、向右、向上或向下移动一个单位， (I)若质点只能在x轴上移动，记第n秒末质点回到原点的概率为，求P: (2)从原点出发，每秒等可能地向左、向右、向上或向下移动一个单位.设质点在第2秒末移 动到点(x,y),记x2+y2的取值为随机变量X,求X的分布列和数学期望E(X)； 18.(17分)在四棱锥M-ABCD中，平面MAD⊥平面ABCD,AB//CD,∠BAD=90°， M MA=MD,AB=3,CD=AD=2,O是线段AD的中点. (1)证明：MA⊥AB. (2)若二面角C-MB-0的平面角的正弦值为3@ EN 10 4 B ①求线段MO的长； D ②若E为线段MD的中点，点N在线段AM上，是否存在实数1， 使得当A=AM(0≤1≤1)时，ENW平面MBC?若存在，求出实数1的值；若不存在，请说 明理由 19.（17分)为提升用户的“数字资产积累”体验，某区块链平台推出“幸运盲盒”游戏：盲盒内 有编号1~6的6个数字代币（质地均匀），每次随机有放回抽取1个代币，抽取相互独立.规 则为：抽到6号代币得2个积分，抽到1~5号代币得1个积分.定义“安全积累状态为：抽取 过程中从未出现连续两次抽到6号代币，记第n次抽取后处于“安全积累状态”的概率为Pn。 (1)①求抽取3次后，总积分为4分的概率：②求乃的值： (2)设抽取n次后处于安全积累状态”，且积分和为2n-3.求满足条件的n的取值范围，并求 当n最大时共有多少种抽取方法： (3)证明：当n≥2时，卫n>P+. 第4页共4页