精品解析：湖南株洲市醴陵市第一中学2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试题

醴陵市第一中学高二下学期期末考试试题 数学 满分150分，考试时间120分钟 命题人：李兰娟 审题人：李慧 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 8 2. 已知离散型随机变量，则（ ） A. 7 B. 3 C. 2.1 D. 0.7 3. 某公司根据近几年经营经验，得到广告支出与获得利润数据如下： 广告支出x/万元 2 5 8 11 15 19 利润y/万元 33 45 50 53 58 64 根据表中数据可得利润y关于广告支出x的经验回归方程为．据此经验回归方程，若计划利润达到100万元，估计需要支出广告费（ ） A. 30万元 B. 32万元 C. 36万元 D. 40万元 4. 抛掷两枚质地均匀的骰子，记事件为“两个点数不相同”，为“至少出现一个6点”，则（ ） A. B. C. D. 5. 将数字（）､字母（）和符号（★，❤，☼）放入到下面的九宫格中，每个格子只能放一个数字､字母或符号，每个数字､字母或符号都必须使用，且只能用一次．则每行每列都有数字､字母和符号的排法有（ ）种 A. 648 B. 1048 C. 1296 D. 2592 6. 已知抛物线的焦点为F，动点P，Q在C上，满足，若的最小值为，则（ ）． A. B. C. D. 7. 在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为，且，则对角线长为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数，，则（　　） A. 函数，的图象关于直线对称 B. ，使得 C. 若，则 D. 若，则 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 某中学五名高一学生选择甲、乙、丙、丁四个社团进行实践活动，每名学生只能选一个社团，则下列结论中正确的是（ ） A. 所有不同的分派方案共种 B. 若甲社团没人选，乙、丙、丁每个社团至少有一个学生选，则所有不同的分派方案共300种 C. 若每个社团至少派1名志愿者，且志愿者必须到甲社团，则所有不同分派方穼共60种 D. 若每个社团至少有1个学生选，且学生A，B不安排到同一社团，则所有不同分派方案共216种 10. 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 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别是线段上的动点（含端点），则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 D. 与所成角的取值范围为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 我国古代《九章算术》中将上、下两面为平行矩形的六面体称为刍童，关于“刍童”的体积计算曰：“倍上袤，下袤从之，亦倍下袤，上袤从之．各以其广乘之，并以高乘之，六而一．”其计算方法是：将上底面的长乘二，与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．已知刍童的外接球（球心在该刍童体内）半径为5，且，则该刍童的体积是______. 13. 已知数列是递增的等差数列，且是函数的两个零点.设数列的前项和为，若不等式对任意正整数恒成立，则的取值范围为__________. 14. 2025年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众.现在编排一个动作，机器人从原点出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位，移动了3次，该机器人在有且仅有一次经过（含到达）点位置的条件下，该质点竖直方向移动两次的概率_____. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 某中学对该校学生的学习兴趣和预习情况进行长期调查，学习兴趣分为兴趣高和兴趣一般两类，预习分为主动预习和不太主动预习两类，设事件A：学习兴趣高，事件B：主动预习．据统计显示，，，． （1）计算和的值，并判断A与B是否为独立事件； （2）为验证学习兴趣与主动预习是否有关，该校用分层抽样的方法抽取了一个容量为的样本，利用独立性检验，计算得．为提高检验结论的可靠性，现将样本容量调整为原来的倍，使得能有99.5%的把握认为学习兴趣与主动预习有关，试确定的最小值． 附：，其中． 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 k 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 设函数（，且，）． （1）当时，求的展开式中二项式系数最大的项； （2）设是的导函数，证明：，； （3）是否存在，使得恒成立？若存在，证明你的结论并求出a的值；若不存在，请说明理由． 17. 如图，在三棱柱中，底面ABC，且为等腰三角形，，，M为的中点，N为的中点. （1）求证：直线平面MAC； （2）求点B到平面的距离 18. 已知函数. （1）证明：曲线关于点中心对称； （2）当时，，求的取值范围； （3）证明：对于任意的. 19. 2022年冬季奥林匹克运动会主办城市是北京，北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市.为迎接冬奥会的到来，某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据： （1）在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求在抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”超过40人的条件下，3所学校的“单板滑雪”人数均不超过30人的概率； （2）“单板滑雪”参与人数超过45人的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记为可选作为“基地学校”的学校个数，求的分布列和数学期望； （3）现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行､转弯､停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”.则该轮测试记为“优秀”，在集训测试中，小明同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到3次，那么理论上至少要进行多少轮测试？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 醴陵市第一中学高二下学期期末考试试题 数学 满分150分，考试时间120分钟 命题人：李兰娟 审题人：李慧 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 8 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 所以． 2. 已知离散型随机变量，则（ ） A. 7 B. 3 C. 2.1 D. 0.7 【答案】B 【解析】 【详解】因为 ，所以 ，. 由二项分布的数学期望公式 ，得 . 3. 某公司根据近几年经营经验，得到广告支出与获得利润数据如下： 广告支出x/万元 2 5 8 11 15 19 利润y/万元 33 45 50 53 58 64 根据表中数据可得利润y关于广告支出x的经验回归方程为．据此经验回归方程，若计划利润达到100万元，估计需要支出广告费（ ） A. 30万元 B. 32万元 C. 36万元 D. 40万元 【答案】D 【解析】 【分析】先得求数据的中心点，代入得，再由求得即得. 【详解】，， 因过点，故，得， 故当时，，得， 故选：D 4. 抛掷两枚质地均匀的骰子，记事件为“两个点数不相同”，为“至少出现一个6点”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，分别求得事件和的概率，结合条件概率的计算公式，即可求解. 【详解】抛掷两枚质地均匀的骰子，共有种情形， 其中事件“至少出现一个6点”的情况数为种，可得， 又由事件“两个点数不相同”，可得，所以， 由条件概率的公式，可得. 故选：A. 5. 将数字（）､字母（）和符号（★，❤，☼）放入到下面的九宫格中，每个格子只能放一个数字､字母或符号，每个数字､字母或符号都必须使用，且只能用一次．则每行每列都有数字､字母和符号的排法有（ ）种 A. 648 B. 1048 C. 1296 D. 2592 【答案】D 【解析】 【分析】先确定数字､字母和符号的类别位置，再求出三个数字､字母和符号分别放入类别位置的排列数，根据分步乘法计数原理即可求出答案. 【详解】第一步，确定数字､字母和符号的类别位置： 第一行数字､字母和符号的排列有种， 第二行是第一行的错位排列，则排列方式有2种， 第三行排列方式唯一确定， 因此，类别位置的排列方式有（种）． 第二步，分别确定三个数字､字母和符号放入类别位置的排列数： 数字（）放入3个位置，排列数为； 字母（）放入3个位置，排列数为； 符号（★，❤，☼）放入3个位置，排列数为． 根据分步乘法计数原理，总排法有（种）． 6. 已知抛物线的焦点为F，动点P，Q在C上，满足，若的最小值为，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，结合梯形中位线定理进行求解即可． 【详解】如图，连接， 设的中点为M，点P，Q，M在C的准线上的射影分别为，，， 则， 当取最小值时，也取最小值， 作图可知当轴时，取得最小值，为， 此时，所以． 故选：C 7. 在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为，且，则对角线长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量将线段的长度转化为求解向量的模长度，结合条件，利用数量积的定义及运算，即可求解. 【详解】如图，由题知，， 又因为是平行六面体，则， 所以，则 ， ∴，即， 故选：A. 8. 若函数，，则（　　） A. 函数，的图象关于直线对称 B. ，使得 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数图象的特点判断A；设，分析函数的单调性，求出函数的最值判断B；对于C，由同构结合函数的单调性可得，，可得，设，，利用导数分析其单调性，进而求解判断即可；对于D，由同构结合函数的单调性可得，结合可得，进而判断即可. 【详解】对于A，当时，函数单调递增， 且增长速度比快，， 即在时的图象在上方； 同理，当时，函数单调递增， 且增长速度比快，， 则在时的图象在上方， 所以函数，的图象关于直线对称是不可能的，故A错误； 对于B，设，， 则，而在上单调递增， 因为，， 所以存在唯一的，使得，即，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， （因为，故不能取等号）， 则在上恒成立，故B错误； 对于C，因为，， 则， 因为在上单调递增，且， 所以，即，则， 设，，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 则，即，故C正确； 对于D，由C知，， 因为在上单调递增，且， 所以，又，则，故D错误. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 某中学五名高一学生选择甲、乙、丙、丁四个社团进行实践活动，每名学生只能选一个社团，则下列结论中正确的是（ ） A. 所有不同的分派方案共种 B. 若甲社团没人选，乙、丙、丁每个社团至少有一个学生选，则所有不同的分派方案共300种 C. 若每个社团至少派1名志愿者，且志愿者必须到甲社团，则所有不同分派方穼共60种 D. 若每个社团至少有1个学生选，且学生A，B不安排到同一社团，则所有不同分派方案共216种 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据分步乘法计数原理计数可知A正确；对于B，C，按照先分组再分配的方法计数可知B不正确；C正确；对于D，由间接法求解可知D正确. 【详解】对于A，每名学生都有4种安排方案，故共有种不同的分派方案，故A正确； 对于B，先将5个人分成3组，分两类：第一类，一组3人，另2组各一人，有种； 第二类，一组2人，一组2人，一组1人，有种，故共有种分组方法， 再将分好的三组分配到三个社团，共有种分派方案，故B不正确； 对于C，分两类：第一类，甲社团分1人，只能是A，另外4人有种，第二类，甲社团分2人，共有种， 根据分类加法计数原理可得共有种不同的分派方案，故C正确； 对于D，若每个社团至少派1名学生，则有种，其中学生A，B安排到同一社团时，有种， 故若每个社团至少派1名学生，且学生A，B不安排到同一社团时， 共有种不同分派方案，故D正确. 故选：ACD. 10. 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. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别是线段上的动点（含端点），则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 D. 与所成角的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由线面垂直的判定定理可得判断A，将立体图形转为平面图形利用余弦定理可得判断B，利用线面角的定义求解即可判断C，利用线线角的定义可判断D. 【详解】如图1，，,,平面，平面，，所以A是正确的； 如图2，将平面和平面展成平面可知 的最小值就是，所以B正确； 如图3，平面，平面，， 同理可证，，可得平面， 设平面，直线在面的投影为， 则直线与平面所成角为，则，，所以C是错误的； 如图4，设，与所成角的最小角为，此时，则，与所成角的最大角是直线或与的夹角，此时，所以D是正确. 故选：ABD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 我国古代《九章算术》中将上、下两面为平行矩形的六面体称为刍童，关于“刍童”的体积计算曰：“倍上袤，下袤从之，亦倍下袤，上袤从之．各以其广乘之，并以高乘之，六而一．”其计算方法是：将上底面的长乘二，与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．已知刍童的外接球（球心在该刍童体内）半径为5，且，则该刍童的体积是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据外接球的性质，结合勾股定理可得刍童的高，进而根据所给的计算方法即可求解体积. 【详解】取上下底面的中心为,外接球的球心为，连接, 由于，所以, 所以, 故， 因此, 故答案为： 13. 已知数列是递增的等差数列，且是函数的两个零点.设数列的前项和为，若不等式对任意正整数恒成立，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据函数的零点求出等差数列的通项公式，再利用裂项相消法求出数列的前项和，最后根据数列的单调性求出的取值范围． 【详解】因为数列是递增的等差数列，且是函数的两个零点， 所以，则，． 因此，公差，首项，得． 因为，得，， 所以． 因为， 所以，由，易知单调递增． 因此，，由恒成立，得． 故答案为：． 14. 2025年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众.现在编排一个动作，机器人从原点出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位，移动了3次，该机器人在有且仅有一次经过（含到达）点位置的条件下，该质点竖直方向移动两次的概率_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据相互独立时间的概率乘法公式，结合分类讨论以及条件概率的计算公式即可求解. 【详解】设事件“有且仅有一次经过”，事件“竖直方向移动2次”， 按到位置需要1步，3步分类讨论． 记向下，向上，向右，向左， ①若1步到位为事件，则满足要求的是LU（L或U或R），LL（L或U或D），LD（L或R或D）， LR（U或D或R），所以； ②若3步到位为事件，则满足要求的是ULD，DLU，RLL，UDL，DUL 所以；所以， 满足AB的情况有：LU（L或R），LD（L或R），LL（U或D），LR（U或D）． 所以，所以． 故答案为:． 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 某中学对该校学生的学习兴趣和预习情况进行长期调查，学习兴趣分为兴趣高和兴趣一般两类，预习分为主动预习和不太主动预习两类，设事件A：学习兴趣高，事件B：主动预习．据统计显示，，，． （1）计算和的值，并判断A与B是否为独立事件； （2）为验证学习兴趣与主动预习是否有关，该校用分层抽样的方法抽取了一个容量为的样本，利用独立性检验，计算得．为提高检验结论的可靠性，现将样本容量调整为原来的倍，使得能有99.5%的把握认为学习兴趣与主动预习有关，试确定的最小值． 附：，其中． 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 k 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1），，不相互独立 （2） 【解析】 【分析】（1）利用条件概率公式以及全概率公式计算即可； （2）作出新的列联表，然后求出新的值，列不等式求解即可. 【小问1详解】 由已知， ， 又因为，所以， 所以， 又， 所以， 所以A与B不为独立事件； 【小问2详解】 假设原列联表为 兴趣高 兴趣不高 总计 主动预习 不太主动预习 总计 根据原数据有 若将样本容量调整为原来的倍， 则新的列联表为： 兴趣高 兴趣不高 总计 主动预习 不太主动预习 总计 则 ，解得， 又，所以的最小值为. 16. 设函数（，且，）． （1）当时，求的展开式中二项式系数最大的项； （2）设是的导函数，证明：，； （3）是否存在，使得恒成立？若存在，证明你的结论并求出a的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） 因， 而，故只需对和进行比较， 令（），有，由，得， 因为当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以在处有极小值1．故当时，， 从而有，亦即，故有恒成立， 所以，原不等式成立． （3）对，且有 ， ， 而， ， 所以， 又因（，3，4，…，m），故，因此， 即存在，使得恒成立． 【解析】 【分析】（1）利用二项式系数可求得展开式中系数最大的项； （2）通过构建函数，利用函数单调性即可证明； （3）利用二项展开式，结合放缩法证明对应不等式，进而求出满足条件的的值. 【小问1详解】 当时，展开式中二项式系数最大的项是第5项，这项是 . 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 17. 如图，在三棱柱中，底面ABC，且为等腰三角形，，，M为的中点，N为的中点. （1）求证：直线平面MAC； （2）求点B到平面的距离 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）在三棱柱中，取AC的中点G，连接NG，MG，结合M为的中点，易得是平行四边形，从而，再利用线面平行的判定定理证明； （2）根据底面ABC，易得平面ABC平面，过点B作，则平面，则BH即点B到平面的距离求解. 【详解】（1）如图所示： 在三棱柱中，取AC的中点G，连接NG，MG， 所以， 又因为M为的中点， 所以， 所以是平行四边形， 所以，又平面MAC，平面MAC， 所以直线平面MAC； （2）在三棱柱中，底面ABC，平面， 所以平面ABC平面，平面ABC平面， 如图所示： 过点B作，交AC的延长线于H，则平面， 所以BH即点B到平面的距离 因为，， 所以. 18. 已知函数. （1）证明：曲线关于点中心对称； （2）当时，，求的取值范围； （3）证明：对于任意的. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出定义域后证明即可得； （2）令，则，构造函数，求导后分及讨论其单调性即可得； （3）令，借助（2）中所得，证明及当时，即可得证. 【小问1详解】 由题意可得，解得或， 即的定义域为， ， 即，故曲线关于点中心对称； 【小问2详解】 由，则，令，则， 则， 令，， 则， 若，由，则， 故 则在上单调递增，又，故恒成立，符合要求； 若，有， 则存在，使得时，， 即在上单调递减，又， 则当时，，故不符； 综上所述，； 【小问3详解】 由（2）可得，对任意恒成立， 则对任意恒成立， 故当时，有，即， 令，， 则， 即当时，， 当时， ， 由对任意恒成立，则， 故， 即，又，则对任意，有， 即对于任意的. 19. 2022年冬季奥林匹克运动会主办城市是北京，北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市.为迎接冬奥会的到来，某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据： （1）在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求在抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”超过40人的条件下，3所学校的“单板滑雪”人数均不超过30人的概率； （2）“单板滑雪”参与人数超过45人的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记为可选作为“基地学校”的学校个数，求的分布列和数学期望； （3）现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行､转弯､停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”.则该轮测试记为“优秀”，在集训测试中，小明同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到3次，那么理论上至少要进行多少轮测试？ 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3）12轮 【解析】 【分析】（1）根据已知条件结合条件概率的概率公式求解， （2）的可能取值为0，1，2，3，分别求出对应的概率，从而可求得的分布列和数学期望， （3）根据题意，结合二项分布的概率公式求解 【小问1详解】 由题可知10个学校，参与“自由式滑雪”的人数依次为27，15，43，41，32，26，56，36，49，20，参与“单板滑雪”的人数依次为46，52，26，37，58，18，25，48，32，30， 其中参与“自由式滑雪”的人数超过40人的有4个，参与“自由式滑雪”的人数超过40人，且“单板滑雪”的人数超过30人的有2个， 设事件为“从这10所学校中抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”的人数超过40人”，事件为“从10所学校中选出的3所学校中参与“单板滑雪”的人数不超过30人” 则， ， 所以 【小问2详解】 “单板滑雪”参与人数超过45人的学校有4所，则的可能取值为0，1，2，3， , , , , 所以的分布列为 0 1 2 3 所以 【小问3详解】 由题意可得小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率为 ， 所以小在轮测试中获得“优秀”的次数满足 ， 由，得， 所以理论上至少要进行12轮测试 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $