精品解析：浙江湖州市安吉县2025-2026学年第二学期期末质量检测高二数学试题

2025—2026学年第二学期期末质量检测高二数学试题卷 满分150分，考试时间120分钟． 考生注意： 1．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上． 2．选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净． 3．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，答案写在本试题卷上无效． 一、单项选择题：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． 1. 已知复数，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【详解】，. 2. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】等价于，解得，即. 所以. 3. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题写出结果即可. 【详解】∵全称量词命题的否定是存在量词命题， ∴命题“，”的否定是“，”. 故选：B． 4. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.4 D. 0.6 【答案】D 【解析】 【详解】随机变量服从正态分布，所以正态曲线关于对称，所以，所以. 5. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将函数单调递增转化为导函数非负恒成立，分离参数后构造辅助函数，通过导数判断单调性确定函数上界，进而得到参数的取值范围. 【详解】函数的定义域为，求导得. 由在上单调递增，得对任意恒成立，整理得. 设，，求导得，故在上单调递增. 因此，要使在上恒成立，需. 6. 长时间玩手机可能影响视力.据调查，某校学生大约的人近视，而该校大约有的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率约为.现从每天玩手机不超过小时的学生中任意调查一名学生，则该学生近视的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设某校学生近视为事件，玩手机超过1小时为事件，则所求概率为，然后由全概率公式结合题设可得答案. 【详解】设某校学生近视为事件，玩手机超过1小时为事件，由题设可得，，. 则从每天玩手机不超过小时的学生中任意调查一名学生，则该学生近视的概率为. 则由全概率公式：. 7. 已知定义在上的函数满足且，则不等式的解集为（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，再根据函数的单调性解不等式即可. 【详解】解：构造函数， 则， 因为定义在上的函数满足，所以， 所以在上单调递增，且， 所以不等式可化为，即，所以， 即不等式的解集为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于构造函数，再利用导数判断函数的单调性即可. 8. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定打6局，每局必分胜负，无平局．每局比赛中，获胜方得1分，失败方得0分．已知甲在每局比赛中获胜的概率是，乙在每局比赛中获胜的概率为，且各局结果相互独立．在整个比赛过程中，甲的累计得分始终不小于乙的累计得分的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意分甲赢3局，乙赢3局、甲赢4局，乙赢2局、甲赢5局，乙赢1局、甲赢6局，乙赢0局，结合要求计算出每种情况的排列数，再独立事件的乘法和概率加法公式求解． 【详解】情况一：甲赢3局，乙赢3局，且甲的累计得分始终不小于乙的累计得分， 符合题意的获胜情况有：甲乙甲乙甲乙、甲乙甲甲乙乙、甲甲乙乙甲乙、甲甲乙甲乙乙、 甲甲甲乙乙乙共5种，此时概率； 情况二：甲赢4局，乙赢2局， 从6局中选4局甲赢，有种， 其中不符合题意的获胜情况有：乙乙甲甲甲甲、 乙甲乙甲甲甲、乙甲甲乙甲甲、 乙甲甲甲乙甲、乙甲甲甲甲乙、甲乙乙甲甲甲共6种， 则符合题意的获胜情况有9种，此时概率； 情况三：甲赢5局，乙赢1局， 符合题意的情况有种，此时概率； 情况四：甲赢6局，乙赢0局，此时概率； 综上，概率． 二、多选题（共18分） 9. 下列说法正确的是（　　） A. 数据的第二十五百分位数是1 B. 若用不同的模型拟合同一组数据，则决定系数越大的模型，拟合效果越好 C. 已知随机变量，若，则 D. 依据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，可以认为两个变量没有关联 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据百分位数的计算公式即可求解A；根据决定系数的定义即可求解B；根据二项分布的方差和期望的公式即可求解C；根据独立性检验的性质即可求解D. 【详解】对于A：8个数从小到大排列，因为，所以取第2个数与第3个数的平均数，得，故A正确； 对于B：由决定系数越大，残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，故B正确； 对于C：由二项分布的均值与方差公式可得，可解得，故C正确； 对于D：由，依据的独立性检验，可以认为两个变量有关联，故D错误. 故选：ABC. 10. 已知，则下列描述正确的是（ ） A. B. 的展开式中，所有含的偶数次项的二项式系数和为 C. 被8除所得的余数是1 D. 【答案】ABC 【解析】 【详解】令，得，再令，得， ，A选项正确. 根据二项式系数和的性质，对于二项式，所有二项式系数和为， 且奇数项二项式系数和等于偶数项二项式系数和，都为， 的展开式中，对于所有含的偶数次项的二项式系数和， 即为展开式中奇数项的二项式系数和，为，B选项正确. 而. 可得除了最后一项外，其余各项均能被8整除，故被8除所得的余数是，C选项正确. 对两边分别求导， 可得. 令，得，D选项错误. 11. 已知函数（a为常数），则下列结论正确的有（ ） A. 若恒成立，则 B. 若有3个零点，则a的范围为 C. 时，是的极值点 D. 时，有唯一零点且 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，将转化成，设，求导判断其单调性，分析其极小值与图象趋势即得的范围判断；对于B，有3个零点转化成直线与的交点个数，结合A项对的单调性的探究，即得a的范围；对于C，时，对求导，分析单调性，进而确定极值点可判断； 对于D，时，对求导，分析单调性，根据零点存在性定理可做出判断. 【详解】对于A，当成立，当不为零时，由可得，，设，则， 由可得或，由可得， 故函数在在和上单调递增，在上单调递减，故当时，， 且当时，，故恒有，则得，故A正确； 对于B，令，则，由上分析可得在单调递增，且值域为， 在上单调递减，在上单调递增，且，在上的值域为 有3个零点，可得，故B正确； 对于C，当时，设，则， 当时，，当时， 在单调递增，在单调递减. 当时，最小值为0，故可知，即在上单调递增，无极值点，故C错误； 对于D，当时，，设， 当时，，当时，， 在单调递增，在单调递减. 当时，最小值为1，故可知，所以在上单调递增，此时有唯一的零点， 又且，由零点存在性定理可知D正确. 三、填空题（共3个题，每题5分） 12. 已知，则________． 【答案】 【解析】 【分析】对求导，再将代入计算即可. 【详解】， 所以， ， 所以为. 13. 甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端且甲和乙不相邻，则不同的排列方式有_____种. 【答案】36 【解析】 【分析】利用特殊元素优先安排以及插空法计算. 【详解】甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排一共由5个位置，假设五个位置按顺序分别为一、二、三、四、五. 因为甲不站在两端且甲和乙不相邻，所以优先安排甲. 当甲在安排在位置二时，乙安排在四、五位置，其它人可以随意安排，即(种)； 当甲在安排在位置四时，同理有(种)； 当甲在安排在位置三时，乙安排在一、五位置，其它人可以随意安排，即(种)； 则共有(种). 故答案为：36. 14. 若直线为曲线的一条切线，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先设切点为，根据切线方程可得，进而可得，再构造函数，用导数求得函数的最大值可得. 【详解】设切点为，对曲线求导得：. 因为切线斜率为，因此：且， 所以，即，得. 再将代入得：，即， 两边取对数整理得： . 所以， 令，求导： ， 令，得，即， 因为在上单调递减， 所以当时，；当时，. 因此函数在上单调递增，在单调递减， 所以是函数的极大值点也是最大值点， 因此. 故的最大值为. 四、解答题（共5个题，共77分） 15. 某校共有名高一学生，其中男生人．为了解该校高一学生的数学学习水平，采取按性别分层、比例分配的分层随机抽样方法，随机抽取了名学生进行调查，分数分布在分之间．将分数不低于分的学生称为“优等生”．根据调查的结果绘制的学生分数频率分布直方图如图． （1）求实数的值，并估计该样本中“优等生”的人数； （2）若样本中属于“优等生”的男生有人，完成下列列联表；根据小概率值的独立性检验，能否认为这次成绩是否优秀（分数不低于分）与性别有关？ 属于“优等生” 不属于“优等生” 合计 男生 女生 合计 附：． 【答案】（1），人 （2）表格如下： 属于“优等生” 不属于“优等生” 合计 男生 女生 合计 不能认为这次成绩是否优秀与性别有关． 【解析】 【小问1详解】 由各组频率之和为，得，解得， 则属于“优等生”的有 人. 【小问2详解】 由题意，样本中男生有人，则女生有人． 属于“优等生”的男生有人，则属于“优等生”的女生有人. 不属于“优等生”的男生有人，不属于“优等生”的女生有人． 所以得到列联表如下： 属于“优等生” 不属于“优等生” 合计 男生 女生 合计 零假设：这次成绩是否优秀与性别无关． 根据表中数据，计算得． 根据小概率值的独立性检验，推断成立．所以不能认为这次成绩是否优秀与性别有关． 16. 如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． （1）求证：平面； （2）已知为线段中点，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）在三棱柱中，，， ，则. 又四边形是正方形，则，，所以. 又，平面，因此平面. 又平面，所以. 在等边中，为中点，则， 又，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，利用向量夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点为，中点为，则，. 由（1）知，平面，平面，则. 又，故，，平面， 则平面，即两两垂直. 以为坐标原点，，，的方向为轴､轴､轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为为线段中点，所以. ，，. 设平面的法向量为， 则，即，故可取. 设直线与平面所成角为， 则， 所以， 所以直线与平面所成角的余弦值为. 17. 设是圆上的动点，点为点在轴上的投影，点满足. （1）当点在圆上运动时，求点的轨迹的方程； （2）直线与曲线交于两点，且线段的中点为，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，运用相关点法即可解决； （2）设，利用点差法得到，所以直线方程为与椭圆方程联立，由韦达定理得到，再由弦长公式得到，原点到直线的距离：，即可求的面积. 【小问1详解】 设，则，由，得， 得，而是圆上的动点，所以，即 【小问2详解】 设，即①，② 两式相减得到， 即 所以， 所以直线方程为，即， 与椭圆方程联立得， 由韦达定理：， 所以， 原点到直线的距离：， 所以. 18. 为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复． （1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； （2）记该同学第n天中午选择米饭套餐的概率为． ①证明：为等比数列，并求数列的通项公式； ②证明：当时，恒成立． 【答案】（1） （2）①设事件为“第n天选择米饭套餐”，则，， 根据题意，， 由全概率公式，得 整理得， 故， ， 是以为首项，为公比的等比数列,通项公式为； ②当n为大于1的奇数时，； 当n为大于1的偶数时，； 综上所述，当时，． 【解析】 【分析】（1）先拆分互斥情况，并求出相关概率，利用条件概率公式求出相关概率，再利用全概率公式求解； （2）①利用全概率公式建立递推关系式，通过变形构造等比关系，求出首项及通项公式； ②根据通项公式分奇偶性讨论，从而证明结论． 【小问1详解】 设事件为“第1天选择米饭套餐”，事件为“第2天选择米饭套餐”， 事件为“第1天不选择米饭套餐”， 根据题意，，，， 由全概率公式得． 【小问2详解】 ①略 ②略 19. 已知函数． （1）当时恒成立，求实数的取值范围； （2）若对于任意的，存在使得成立，求实数的值； （3）若有三个不同的零点，证明：． 【答案】（1）； （2）； （3） 证明：由(1)可知，有三个不同的零点等价于与有三个不同的交点； ，求导得：； 当时，，单调递增，； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增；；则； 设，则三个零点满足，， 则：对于：，，， 故； 则：对于：，，则，故， 因为，故； 令，则，令，求的最大值： ， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 故，故； 对于：需证； 因为，可得：，， 作差可得，则； 要证，即证，即 ； 令，则，即证， 即证时，； 令，则， 故在时单调递减，故，故； 综上：． 【解析】 【分析】(1)根据列出不等式，分离参数，利用恒成立，则，求导判断的单调性和最值进行计算的取值范围； (2)根据题意分析，对于任意的，存在使得成立，可化为两个函数在定义域为上的值域包含问题，通过讨论的取值范围判断是否符合题意，从而确定的取值； (3)含参函数零点问题可以通过分离参数转化为两个函数图象的交点问题，通过(1)的分析，可确定三个根的取值范围，从而进行证明． 【小问1详解】 因为当时恒成立： 当时，恒成立； 当，不等式恒成立等价于不等式恒成立； 则； 令，则； 令，则； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 故； 故a的取值范围为． 【小问2详解】 因为，令； 即对任意的，存在，使得， 即在上的值域包含在上的值域； 因为，，故； 当时，，单调递减， 则的值域为；的值域为， 因为的最大值等于，因此不可能属于的值域， 故在上的值域不可能包含在上的值域，舍去； 当时，，单调递增，则的值域为； 的值域为，则， 故 且 ，解得，故； 当时，令，解得； 当，，单调递增； 当，，单调递减； 故，， 此时的值域无法包含的值域，舍去； 综上，． 【小问3详解】 略 【点睛】对于含参的问题，常采用分离参数的方法，构造新函数，通过求导研究新函数的性质，从而解决问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第二学期期末质量检测高二数学试题卷 满分150分，考试时间120分钟． 考生注意： 1．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上． 2．选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净． 3．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，答案写在本试题卷上无效． 一、单项选择题：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． 1. 已知复数，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 2. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.4 D. 0.6 5. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 长时间玩手机可能影响视力.据调查，某校学生大约的人近视，而该校大约有的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率约为.现从每天玩手机不超过小时的学生中任意调查一名学生，则该学生近视的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的函数满足且，则不等式的解集为（ ）. A. B. C. D. 8. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定打6局，每局必分胜负，无平局．每局比赛中，获胜方得1分，失败方得0分．已知甲在每局比赛中获胜的概率是，乙在每局比赛中获胜的概率为，且各局结果相互独立．在整个比赛过程中，甲的累计得分始终不小于乙的累计得分的概率是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共18分） 9. 下列说法正确的是（　　） A. 数据的第二十五百分位数是1 B. 若用不同的模型拟合同一组数据，则决定系数越大的模型，拟合效果越好 C. 已知随机变量，若，则 D. 依据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，可以认为两个变量没有关联 10. 已知，则下列描述正确的是（ ） A. B. 的展开式中，所有含的偶数次项的二项式系数和为 C. 被8除所得的余数是1 D. 11. 已知函数（a为常数），则下列结论正确的有（ ） A. 若恒成立，则 B. 若有3个零点，则a的范围为 C. 时，是的极值点 D. 时，有唯一零点且 三、填空题（共3个题，每题5分） 12. 已知，则________． 13. 甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端且甲和乙不相邻，则不同的排列方式有_____种. 14. 若直线为曲线的一条切线，则的最大值为______. 四、解答题（共5个题，共77分） 15. 某校共有名高一学生，其中男生人．为了解该校高一学生的数学学习水平，采取按性别分层、比例分配的分层随机抽样方法，随机抽取了名学生进行调查，分数分布在分之间．将分数不低于分的学生称为“优等生”．根据调查的结果绘制的学生分数频率分布直方图如图． （1）求实数的值，并估计该样本中“优等生”的人数； （2）若样本中属于“优等生”的男生有人，完成下列列联表；根据小概率值的独立性检验，能否认为这次成绩是否优秀（分数不低于分）与性别有关？ 属于“优等生” 不属于“优等生” 合计 男生 女生 合计 附：． 16. 如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． （1）求证：平面； （2）已知为线段中点，求直线与平面所成角的余弦值． 17. 设是圆上的动点，点为点在轴上的投影，点满足. （1）当点在圆上运动时，求点的轨迹的方程； （2）直线与曲线交于两点，且线段的中点为，求的面积. 18. 为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复． （1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； （2）记该同学第n天中午选择米饭套餐的概率为． ①证明：为等比数列，并求数列的通项公式； ②证明：当时，恒成立． 19. 已知函数． （1）当时恒成立，求实数的取值范围； （2）若对于任意的，存在使得成立，求实数的值； （3）若有三个不同的零点，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $