甘肃张掖市2025-2026学年高二下学期期末自编模拟数学试卷2

**基本信息** 以社会热点（LABUBU IP）和生活情境（水杯倾斜）为载体，覆盖函数、概率、立体几何等核心知识，通过梯度设计考查数学抽象、逻辑推理与数学建模能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、复数、函数最值、正态分布|第6题以水杯倾斜为情境，考查空间几何与三角函数应用| |多选题|3/18|球的性质、抛物线、复数三角形式|第9题结合球与圆柱、正三棱柱综合考查空间想象| |填空题|3/15|排列组合、数列、向量|第12题以IP盲盒为背景，考查分组分配计数原理| |解答题|5/77|解三角形、立体几何、概率、椭圆、导数|第17题比赛规则概率模型，考查逻辑推理；第19题导数综合题，体现创新应用|

2026年高二期末复习卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知或，，若是的必要条件，则实数的范围是（　　） A． B． C． D． 2．（本题5分）已知复数满足，则（    ） A． B． C． D． 3．（本题5分）若函数存在最大值，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4.(本题5分）下列说法中，正确的个数是（   ） ①若随机变量X服从正态分布，且，则； ②可以用相关系数r刻画两个变量的相关程度强弱，r值越大两个变量的相关程度越强. ③残差图中，残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越高； ④根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05． ⑤决定系数，甲、乙两个模型的分别约为0.98和0.80，则模型乙的拟合效果更好. A．1 B．2 C．3 D．4 5．（本题5分）在的展开式中，第项的二项式系数是第项的二项式系数的倍．现从装有个红球、个白球的不透明袋子中不放回的依次摸出个球，已知第一次摸到红球，则第二次摸到白球的概率为（   ） A． B． C． D． 6．（本题5分）如图1，有一个圆柱形状的玻璃水杯，底面圆的直径为，高为，杯内有深的溶液，现将水杯倾斜，且倾斜时点B始终在桌面上，设直径所在直线与桌面所成的角为α（图2），要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，则角α的最大值为（   ） A． B． C． D． 7．（本题5分）权方和不等式作为基本不等式的一个变化，在求二元变量最值时有很广泛的应用，其表述如下：设，则，当且仅当时，等号成立.根据权方和不等式，函数的最小值为（    ） A．1 B． C． D．25 8．（本题5分）已知函数及其导函数的定义域均为，记.若，均为奇函数，且，则（   ） A．2025 B．0 C．-4 D．4 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）已知球的半径为，，，为球面上三点，且，，若球心到平面的距离等于，则下列结论正确的是（    ） A． B．若圆柱的外接球为球，则圆柱侧面积的最大值为 C．若正三棱柱的内切球为球，则正三棱柱的体积为 D．若正四面体的各棱与球相切，则正四面体的表面积为 10．（本题6分）设过点的直线与抛物线相交于，两点，为坐标原点，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则不存在最小值 C．若，则弦的中点的轨迹方程为 D．若，直线与直线：相交于点，则直线 11．（本题6分）设复数z在复平面内对应的点为Z，任意复数z都有三角形式：，其中r为复数z的模，θ是以x轴的非负半轴为始边，射线OZ为终边的角（也被称为z的辐角）.若，，则.从0，1，中随机选出两个不同的数字分别作为一个复数的实部和虚部，如此重复操作n次，可得到n个复数：记.（    ） A．不存在n，使得 B．若为实数，则的辐角可能为 C．的概率为 D．为整数的概率为 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）2025年泡泡玛特旗下的IP“LABUBU”突然爆火．现有5个不同造型的“LABUBU”．把这5个“LABUBU”装入3个不同的盒内，每盒至少装一个，共有_______种不同的装法． 13．（本题5分）已知数列 满足 ，则 的通项公式为_____. 14．（本题5分）在等腰直角中，为斜边的中点，点在边上，，则的最小值为______. 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）已知在中，角，，的对边分别是，，，若，. (1)求； (2)若的周长为，是内一点，且，求面积的最大值. 16．（本题15分）如图，在四棱锥P-ABCD中，，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，其中，，． (1)取线段PA中点M，连接BM，证明：； (2)线段PD上是否存在一点E，使得平面EAC与平面DAC所成锐二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 17．（本题15分）某次比赛中，甲乙二人进入决赛并争夺冠军.比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得3分，负者获得1分，比赛没有平局；②连续2局获胜或积分率先达到11分者可获得冠军，比赛结束.已知在单局比赛中，甲乙获胜的概率均为. (1)求甲乙决出冠军时比赛局数的分布列与数学期望； (2)求在甲获得冠军的条件下其积分达到11分的概率. 18．（本题17分）已知椭圆的左､右焦点分别为，且椭圆过点.过作两条互相垂直的直线与分别与椭圆交于四点.记弦的中点分别是.    (1)求椭圆的方程； (2)若直线与轴不重合，求△面积的最大值； 19．（本题17分）已知函数． (1)若是的极小值点，求实数a的值； (2)若在定义域上严格增，求实数a的取值范围； (3)设有两个极值点，若，且恒成立，求实数t的取值范围． 试卷第4页，共5页 试卷第1页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 《2026年高二期末复习卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C D B B C B C BCD ACD 题号 11 答案 ACD 1．A 【分析】由题得出两个集合之间的关系：，再对集合B中的不等式求解，分类讨论研究即可． 【详解】由题意知： ①当时，，，故，解得， 故； ②当时，，满足； ③当时，，，故，解得， 故； 综上所述：． 故选：A． 2．C 【详解】因为，则， 所以. 3．D 【分析】根据函数的单调性，以及函数最值即可求得结果. 【详解】由题知，函数在上单调递减，故，无最值， 当时，， 当时，在单调递减，，此时无最大值， 当时，， 当时，在上单调递增，， 由函数存在最大值，故最大值必为，则. 综上，实数的取值范围为. 故选：D. 4．B 【分析】根据正态分布对称性的应用可判断命题①；根据相关系数的定义判断命题②；根据残差图的性质判断命题③；根据独立性检验的知识判断命题④，根据决定系数性质判断命题⑤. 【详解】对于①. 已知随机变量服从正态分布，， 则，所以，故①错误； 对于②，线性相关系数的范围在到1之间，有正有负，相关有正相关和负相关， 相关系数的绝对值的大小越接近于1，两个变量的线性相关性越强； 反之，线性相关性越弱，故②错误； 对于③，在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高， 则回归方程的预报精确度越高，故③正确； 对于④，据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05， 故④正确. 对于⑤，因为甲的决定系数比乙的决定系数更接近1，所以模型甲的拟合效果更好，命题⑤错误； 故选：B. 5．B 【分析】根据二项式系数的关系可得出关于的等式，解出的值，记事件第一次摸到红球，事件第二次摸到白球，利用条件概率公式可求得的值. 【详解】由题意可知，即，由题意可知且，解得， 所以袋子中装有个红球、个白球， 记事件第一次摸到红球，事件第二次摸到白球， 所以，，故， 故选：B. 6．C 【分析】当水杯倾斜过程中，溶液恰好不溢出时，此时最大；在这个临界条件下，结合溶液的体积不变，可以得到关于的一个等式，即可求出的取值范围，得到最大值. 【详解】水杯倾斜过程中，溶液恰好不溢出时，此时最大，画出图形，如图所示， 过点作，交所在的直线于，过点作，交所在的直线于,设，则，所以液体的体积为： ，解得，, ，，又，角的最大值为 故选：C 7．B 【分析】根据权方和不等式凑配，并利用其求解最值即可. 【详解】因为，所以，即 故根据题意，， 当且仅当，即时等号成立， 所以函数的最小值为. 故选：B 8．C 【分析】由已知条件确定的对称中心及对称轴，进而确定函数周期，即可求解. 【详解】因为为奇函数，所以， 即，所以 所以关于对称，同时， 又为奇函数，则，所以关于对称， 即，所以常数， 令可得：， 所以， 则关于对称，结合，所以， 所以，又， 所以， 所以 ，也即， 所以 所以是周期为4的函数， ，， ，，，， 故选：C. 9．BCD 【分析】对于A选项，先由余弦定理求，再用正弦定理得外接圆半径.根据球心到平面距离与球半径关系列方程求球半径，判断对错. 对于B选项，设圆柱高和底面半径，根据条件列等式.利用均值不等式求圆柱侧面积的最大值，判断是否正确. 对于C选项，球内切正三棱柱时，球直径是三棱柱的高，球半径是底面正三角形内切圆半径，由此求底面边长，进而算正三棱柱体积判断. 对于D选项，正四面体棱切球对应正方体的内切球，根据两者关系求出正四面体棱长，再算其表面积判断. 【详解】在中，，. 由余弦定理可得，而为三角形内角，. 对于A，设的外接圆圆心为，半径为，由正弦定理得， 因为球心到平面的距离等于球半径的， 所以，，，故A错误； 对于B，设圆柱的高为，底面半径为，则， 圆柱的侧面积为， 当且仅当，即时“=”成立.故B正确； 对于C，因为球内切于正三棱柱，那么三棱柱的高为4，底面正三角形的内切圆半径为2， 故底面边长为，那么正三棱柱的体积为，故C正确； 对于D，设正四面体的棱长为，则正四面体的棱切球即为棱长为的正方体的内切球， 即，，所以正四面体的表面积为，故D正确. 故选：BCD. 10．ACD 【分析】根据抛物线的定义即可判断A；设出直线方程，与抛物线联立，根据韦达定理即可判断B；根据中点坐标公式即可判断C；求出的纵坐标，得到方程，即可判断D. 【详解】对于A：当时，为抛物线的焦点，准线为，. 根据抛物线定义可知，故选项A正确. 对于B：可设直线的方程为，与抛物线方程联立可得， ，所以，， 则，故存在最小值，选项B错误. 对于C：设的中点为，由B知，. 所以，， 若，则，所以，故选项C正确. 对于D：易知直线的方程为， 其与直线的交点的纵坐标为， 所以所在直线为，故直线，选项D正确. 11．ACD 【分析】对于A,三个数中作为复数的实部和虚部，则其模长可能为 ，易知2024不能拆分成这三个数的乘积;对于B,由题可知即为为实数,举一个例子，即可判断B选项；对于C,由 , 则 的值值为 ; ，据此可以求出概率；对于D,若为整数，则的辐角可以为（3个加1个0），据此求出概率. 【详解】由中任意选两个不同数字分别作为实部和虚部， 则模长 可能值为 对于A,若, 则 ， 由253不是2与3的整数倍, 故不存在 ，使 ，故 对； 对于 B，若 为实数, 则 的辐角为   或 , 故B错； 对于C， 由 , 则 的取值为 ; . 故, 故 C 对; 对于D，当 时, 则辐角为 0 或 时, 则辐角为 0 或 ； 当 时, 则辐角为 或 若为整数，则的辐角可以为（3个加1个0） 故 , 故 D 对; 故选：ACD. 12．150 【分析】先按和两种方式分组，再排列即可. 【详解】把这5个“LABUBU”装入3个不同的盒内，每盒至少装一个，分组方式有两种： 按分组：先从个中选个为一组，剩下的个各成一组， 组数；按分组：先从个中选个为一组， 剩下的个中选个为一组，最后个为一组(消除重复分组)， 组数，分配到3个不同的盒内，， 故装法总数. 13． 【分析】递推公式两边取对数后由等比数列的基本量法可得. 【详解】两边取对数可得， 所以是以2为公比，首项为为首项的等比数列， 即，即， 所以的通项公式为. 故答案为：. 14．7 【分析】建立直角坐标系，根据向量数量积及二次函数性质求解即可. 【详解】以为坐标原点，，所在直线分别为，轴， 建立平面直角坐标系，如图所示， 则，，设（）， 则，， 所以. 当时，取得最小值7. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角函数的基本关系式，化简得，进而得到，即，得到，结合即可求解； （2）由（1）和的周长为，求得，利用余弦定理，化简得到，结合基本不等式，求得，利用三角形的面积公式，即可求解. 【详解】（1）解：因为，由正弦定理得， 所以，则， 又因为，可得， 所以，则，所以， 因为且，所以. （2）解：由（1）知，可得， 因为的周长为，所以， 由余弦定理得， 可得， 又由基本不等式可知，当且仅当时，等号成立， 即，解得， 所以面积最大值为. 16．(1)在四棱锥中，取中点，连接， 由为的中点，且，，得，， 则四边形为平行四边形，，而平面，平面， 所以平面． (2)存在，. 【分析】（1）取中点，连接，证出四边形为平行四边形，即可得证. （2）建立空间直角坐标系，求得平面的法向量以及，利用向量夹角公式即可求解． 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接，，由为等边三角形，得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面，由，得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， 令， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得，平面的法向量为， 于是， 化简得，又，解得，即， 所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，. 17．(1)的分布列为： (2) 【分析】（1）根据比赛规则，分析比赛可能出现的各种情况，确定的取值，进而求出的分布列与数学期望； （2）根据条件概率公式求出即可. 【详解】（1）由比赛规则可知，局比赛后，甲乙双方共获得分，若比赛进行了局还未结束， 则双方共计分，此时双方均为分，则第局比赛后必定有一人积分可达到分， 故比赛次数不会超过； 由比赛规则可知，若比赛共进行了局，， 则前局不可能出现某人连胜次（否则连胜后比赛结束）， 故前局必定甲乙二人胜负交替， 综上可知：比赛决出冠军时，二人比赛过程中的胜负情况有以下三种可能： 第一，比赛进行局，前局二人胜负交替，第局与第局胜者相同，此人达成连胜并获得冠军（其积分不超过，故未达11分）； 第二，比赛进行了局，二人始终胜负交替，其中第局获胜者获得分，另一方分，此时获胜者仅积分率先达到11分并获得冠军； 第三，比赛进行了局，前局二人胜负交替，但第局的获胜者在第局连续获胜，则他同时完成连胜且积分率先达到11分并获得冠军. 即随机事件“第局比赛中甲获胜”，“甲达成连胜”，“甲先获得积分”； 根据题意，的可能取值为 ， ， ， . 于是的分布列为： 故； （2）根据以上分析可知：， ，， 故. 18．(1) (2) 【分析】（1）由题意可得，利用椭圆的定义可求得，进而可求得，可求椭圆的方程； （2）设直线的方程为：，与椭圆联立方程组，根据韦达定理可得，结合基本不等式求得△面积的最大值； 【详解】（1）因为椭圆的左､右焦点分别为，所以， 又椭圆经过点， 所以， 所以，所以， 所以椭圆的方程. （2）由题可设直线的方程为：， 由得， 显然,则， 令，则，所以， 又因为时，单调递增，所以，所以， 所以， 所以面积的最大值为. 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）先求函数的导函数，由极值点的定义计算参数再验证即可； （2）先求函数的导函数，问题转化为恒成立，分离参数结合基本不等式计算即可； （3）利用导数研究函数的极值，结合韦达定理消元，构造函数研究其单调性与最值即可求参. 【详解】（1）易知，由题意得，即， 此时，可知在上， 在上，满足是的极小值点，所以； （2）由上， 因为在定义域上严格增，则在上恒成立， 即在上恒成立， 易知，当且仅当时等号成立， 则； （3）由知是的两个不同正根， 即， 所以 ， 因为，则， 设，， 则恒成立，单调递减， 所以， 因为恒成立，则. 答案第14页，共14页 答案第13页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $