精品解析：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—2026学年下学期高二年级期末考试 数学试卷 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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若为虚数单位，，则（ ） A. B. C. D. 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（ ） A. B. C. D. 4. 的展开式中的常数项为（ ） A. B. C. D. 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，如图所示，该瓷器的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 某工厂质量监控小组从一批面粉中抽取袋测量重量，已知抽取的袋面粉的样本均值（单位：千克）服从正态分布，若，则的最小值为[参考数据:若，则].（ ） 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. 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. 已知，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. B. 展开式中的系数和等于二项式系数和 C. D. 10. 如图，点，分别是棱长为2的正四面体的边和的中点，点在线段上，且.则（ ） A. B. C. D. 向量在方向上的投影向量为 11. 如图，圆锥的轴截面为正三角形，底面圆的半径为，CD，EF为圆的两条直径，且，母线PC，PD与该圆锥的内切球O分别切于A，B两点，则（ ） A. 圆锥的体积为 B. 球O与圆锥的公共点的轨迹的周长为 C. 异面直线BF与PA所成角为 D. 平面AEF截球O的截面面积为 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. 已知平面向量若，则___________ 13. 已知边长为2的正方形，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将，，分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点，则三棱锥的体积为__________． 14. 甲､乙两人进行抽卡游戏：每一局游戏中，将编号分别为的张卡片的背面朝上并搅匀，甲先从中随机抽取张卡片，乙再从剩下的卡片中随机抽取张卡片.记为甲抽取的张卡片中较大编号者的编号，为乙抽取的卡片的编号，当时，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，乙得分，甲得分，否则乙得分，甲得分，则三局游戏后甲､乙两人得分之和的数学期望__________. 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. 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（）年的增长数据（万吨），如下表所示： 1 2 3 4 5 26 37 50 64 93 （1）经探究与之间具有相关关系，求关于的经验回归方程； （2）为了检验，两款机械设备的投放对某农作物的增收情况，在，两地区分别选取了两块相同面积的试验田来记录某年的增收情况，得到的数据如下表： 地区 用M设备 用设备 A 30 20 B 15 35 根据小概率值的独立性检验，能否认为增收情况与使用，两种不同设备有关? 参考公式：①，； ②（其中为样本容量）. 参考数据： 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 如图，和所在平面垂直，且，，求： （1）直线与平面所成角的大小； （2）平面和平面夹角的余弦值. 17. 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． （1）若质点只能在轴上移动，记第秒末质点回到原点的概率为，求； （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，记的取值为随机变量，求的分布列和数学期望． 18. 在四棱锥中，平面平面，，，，，，O是线段的中点． （1）证明：． （2）若二面角的平面角的正弦值为． ①求线段的长； ②若E为线段的中点，点N在线段上，是否存在实数，使得当时，平面?若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 19. 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：盲盒内有编号的个数字代币（质地均匀），每次随机有放回抽取个代币，抽取相互独立．规则为：抽到号代币得个积分，抽到号代币得个积分．定义“安全积累状态”为：抽取过程中从未出现连续两次抽到号代币，记第次抽取后处于“安全积累状态”的概率为． （1）①求抽取次后，总积分为分的概率； ②求的值； （2）设抽取次后处于“安全积累状态”，且积分和为．求满足条件的的取值范围，并求当最大时共有多少种抽取方法； （3）证明：当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳外国语学校（集团）龙华高中部2025—2026学年下学期高二年级期末考试 数学试卷 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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题可得，或，所以 2. 若为虚数单位，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】令，则， 所以，即 所以，所以 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（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可知服从超几何分布，所以． 4. 的展开式中的常数项为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 其展开式的通项公式为， 令，得到，所以展开式中的常数项为. 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 【答案】A 【解析】 【分析】确定必有2名同学去同一个小区，选出这2名同学，然后将3组同学分到3个小区，即可求得答案. 【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（种）. 故选：A 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，如图所示，该瓷器的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】半球的半径为6，半球的体积为， 圆台的体积为， 故该瓷器的体积为. 7. 某工厂质量监控小组从一批面粉中抽取袋测量重量，已知抽取的袋面粉的样本均值（单位：千克）服从正态分布，若，则的最小值为[参考数据:若，则].（ ） A. 100 B. 60 C. 6 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布的原则，通过区间包含关系列不等式求解的最小值. 【详解】由题意，随机变量服从正态分布，因此均值，标准差， 根据参考数据，，要满足， 需满足区间包含关系， 将代入，可得， 即， 将代入不等式得：， 对不等式变形求解： ， 两边取倒数（不等号方向反向）得， 两边平方得，解得， 因此的最小值为60. 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. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出事件，根据全概率公式得到，，再利用条件概率公式计算得到答案. 【详解】设第一次取出红球的事件为，第二次取出的球是白球的事件为， 取到甲袋，乙袋的事件分别为，， 则， ， 则. 故选：C． 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. 已知，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. B. 展开式中的系数和等于二项式系数和 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【详解】由题意可得，则，故A正确； 因为，所以展开式的二项式系数和为，当时，展开式中的系数和为，故B正确； 令，得，令，得， 两式相减可得，故C正确； 令，则， 令，则，所以，故D不正确. 10. 如图，点，分别是棱长为2的正四面体的边和的中点，点在线段上，且.则（ ） A. B. C. D. 向量在方向上的投影向量为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用空间向量线性运算，空间向量数量积的运算性质，空间向量模的求解公式以及投影向量的定义逐项分析即可. 【详解】选项A，由点在线段上，且，所以， 所以，即，所以， 由点，分别是边和的中点，连接，如图所示： 所以， 所以，故A正确； 选项B，由题意知，且向量两两夹角为， 所以， 由， 所以 ， 所以，故B错误； 选项C，由，故C正确， 选项D，向量在方向上的投影向量为：，故D错误. 11. 如图，圆锥的轴截面为正三角形，底面圆的半径为，CD，EF为圆的两条直径，且，母线PC，PD与该圆锥的内切球O分别切于A，B两点，则（ ） A. 圆锥的体积为 B. 球O与圆锥的公共点的轨迹的周长为 C. 异面直线BF与PA所成角为 D. 平面AEF截球O的截面面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，求得，且，结合体积公式，可判定A正确；得到公共点的轨迹是以AB为直径的圆，可判定B错误；连，证得平面，得到，可判定C正确；求得球半径为，结合等体积法，可判定D正确． 【详解】对于A，由已知得,所以，且， 所以圆锥的体积为，所以A正确； 对于B，由公共点的轨迹是以AB为直径的圆，因为为正三角形，所以为中点， 可得，所以轨迹的周长为，所以B错误； 对于C，连，可得，且， 由，且，平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以为等腰直角三角形，所以，所以C正确； 对于D，设球半径为，则 ，可得， 由，且， 可得到平面的距离为，所以截面圆的半径为， 所以平面AEF截球O的截面面积为，所以D正确． 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. 已知平面向量若，则___________ 【答案】 【解析】 【分析】根据向量坐标化运算得，再利用向量垂直的坐标表示得到方程，解出即可. 【详解】，因为，则， 则，解得. 则，则. 故答案为：. 13. 已知边长为2的正方形，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将，，分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点，则三棱锥的体积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先证明平面，再根据等体积法结合三棱锥的体积公式，即可求得答案. 【详解】由题意可知，平面， 故平面， 边长为2的正方形中，点E是AB的中点，点F是BC的中点， 则，则， 故， 故答案为： 14. 甲､乙两人进行抽卡游戏：每一局游戏中，将编号分别为的张卡片的背面朝上并搅匀，甲先从中随机抽取张卡片，乙再从剩下的卡片中随机抽取张卡片.记为甲抽取的张卡片中较大编号者的编号，为乙抽取的卡片的编号，当时，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，乙得分，甲得分，否则乙得分，甲得分，则三局游戏后甲､乙两人得分之和的数学期望__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】①根据的可能取值分类讨论即可，②先考虑单局游戏得分之和的数学期望，再根据每局游戏是相互独立的，从而计算结果. 【详解】①甲先从张卡片中随机抽取张，有种组合，乙从剩下的张中随机抽取张，有种组合， 因此一局游戏中甲乙抽卡的所有可能结果总数为种， 甲抽取张卡片中较大编号为，乙抽取张卡片编号为，“默契局”的条件是， 由题意可知，的可能取值是， 当时，甲抽到的卡片只能是，此时需满足，则乙只能抽到，情况数为种； 当时，甲抽到的卡片可以是或，此时需满足，则乙可以抽到或，情况数为种； 当时，甲抽到的卡片可以是或或，此时需满足，则乙可以抽到或或，情况数为种； 当时，甲抽到的卡片可以是或或或，此时需满足，则乙可以抽到或或，情况数为种； 当时，甲抽到的卡片可以是或或或或，此时需满足，则乙可以抽到或，情况数为种； 当时，甲抽到的卡片可以是或或或或或，此时需满足，则乙只能抽到，情况数为种； 当时，甲抽到的卡片可以是或或或或或或，此时需满足，没有满足条件的，情况数为种； 因此，“默契局”的总情况数为种，一局游戏成为“默契局”的概率为. ②设单局游戏中甲乙得分之和为，则 如果是“默契局”：乙得分，甲得分，此时，概率为； 如果不是“默契局”：乙得分，甲得分，此时，概率为； 则单局得分之和的期望为， 由于三局游戏是相互独立的，总得分之和是三局得分之和的累加，根据数学期望的线性性质，有. 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. 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（）年的增长数据（万吨），如下表所示： 1 2 3 4 5 26 37 50 64 93 （1）经探究与之间具有相关关系，求关于的经验回归方程； （2）为了检验，两款机械设备的投放对某农作物的增收情况，在，两地区分别选取了两块相同面积的试验田来记录某年的增收情况，得到的数据如下表： 地区 用M设备 用设备 A 30 20 B 15 35 根据小概率值的独立性检验，能否认为增收情况与使用，两种不同设备有关? 参考公式：①，； ②（其中为样本容量）. 参考数据： 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） （2）认为增收情况与使用，两种不同设备有关 【解析】 【分析】（1）由题意分别求出，，，，从而可求解； （2）设出零假设，再利用独立性检验即可求解. 【小问1详解】 由题意得，，， ，， . ， 故经验回归方程为. 【小问2详解】 零假设为：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. 根据小概率值的独立性检验，不成立， 所以认为增收情况与使用，两种不同设备有关. 16. 如图，和所在平面垂直，且，，求： （1）直线与平面所成角的大小； （2）平面和平面夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）过点作交的延长线于，连接，证得两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的公式即可求出结果； （2）利用向量法求解即可. 【小问1详解】 过点作交的延长线于，连接， 因为，，所以， 因此， 又因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 又平面，平面，所以,， 因此两两垂直， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 则，则， 由于平面，所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则， 又因为线面角的范围是，所以， 因此直线与平面所成的角为； 【小问2详解】 ，则, 设平面的法向量为， 所以， 令,可得，则， 则， 故平面和平面的夹角的余弦值为. 17. 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． （1）若质点只能在轴上移动，记第秒末质点回到原点的概率为，求； （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，记的取值为随机变量，求的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 2 4 【解析】 【分析】（1）利用分步乘法计数原理求古典概型的概率. （2）利用列举法列出所有样本点，利用古典概型求的分布列，再结合期望的计算公式求期望. 【小问1详解】 若质点只能在x轴上移动，每秒有2种可能，4秒移动方式共有种. 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，有种. 故. 【小问2详解】 因在1秒末，质点会等可能地出现在，，，四点处， 故在第2秒末可能运动到，，，各两种情形， ，，，各一种情形，由4种情形，共计16种情形， 随机变量表示的取值，故的可能取值为0,2,4. 对应的概率分别为：，，. 故的分布列为： 0 2 4 期望为. 18. 在四棱锥中，平面平面，，，，，，O是线段的中点． （1）证明：． （2）若二面角的平面角的正弦值为． ①求线段的长； ②若E为线段的中点，点N在线段上，是否存在实数，使得当时，平面?若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：在中，是线段的中点， .∵平面平面，平面平面平面， ∴平面.又∵平面，∴， ∵，即，，平面， ∴平面，∵平面 ∴ （2）(2)①；②存在实数 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得出平面，进而证明，再结合已知证明平面，最后应用线面垂直的定义得出线线垂直； （2）①根据题意，建立恰当的空间直角坐标系，先求出平面与平面的法向量，再根据求平面与平面夹角余弦公式计算求解参数； ②计算得出，进而得出，再应用线面平行的向量关系列式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：①取的中点，连接，则，由（1）可知，平面. 平面，即两两互相垂直. 以点为坐标原点，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设， 则. 设平面的法向量为， 则即令，则. 设平面的法向量为， 则即令，则. . 设二面角的平面角为， 则. ，解得，即. ②假设实数存在，设点，则. 由，得则 由，得，则， 由（1）知平面的一个法向量. 由平面，得，解得. ∴存在实数，使得当时，平面. 19. 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：盲盒内有编号的个数字代币（质地均匀），每次随机有放回抽取个代币，抽取相互独立．规则为：抽到号代币得个积分，抽到号代币得个积分．定义“安全积累状态”为：抽取过程中从未出现连续两次抽到号代币，记第次抽取后处于“安全积累状态”的概率为． （1）①求抽取次后，总积分为分的概率； ②求的值； （2）设抽取次后处于“安全积累状态”，且积分和为．求满足条件的的取值范围，并求当最大时共有多少种抽取方法； （3）证明：当时，． 【答案】（1）①；② （2），125 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）①由题意得总积分为分，应满足恰好抽到次号代币，次号代币，利用概率的乘法公式即可求解；②分类讨论次抽取过程中从未出现连续两次抽到号代币的情况即可求解； （2）根据题意得出抽到号的次数与的关系即可求解； （3）将第次抽取后处于安全积累状态，分两种情况讨论，得到即可判断. 【小问1详解】 ①由题意，抽到号的概率为，抽到号的概率为；抽取次后，总积分为分，应满足恰好抽到次号代币，次号代币． 总积分为分的概率为：， ②根据题意，次抽取过程中从未出现连续两次抽到号代币，有种情况 三次均未抽到号：， 三次中有一次抽到号：， 三次中有两次抽到号，只能第一次和第三次抽到号：， 则． 【小问2详解】 设抽到号次，则 ，得； 因为个号不连续，故至少有次抽到其他号码， 所以有 ，即，又， 联立解得． 故的最大值为，此时：共 种抽取方法． 【小问3详解】 第次抽取后处于安全积累状态，分两种情况： 第一种情况：第次抽号，概率为，前次抽取后处于安全积累状态的概率为，概率为； 第二种情况：第次抽号，其概率为，第次抽号，概率为， 前次抽取后处于安全积累状态的概率为，概率为； 故， 则， 所以当时，， 当时，由（1）知，， 故，当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $