精品解析：广东省深圳市龙华区中小学2025-2026学年第二学期期末试卷高二数学

龙华区中小学2025—2026学年第二学期期末试卷 高二数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号、班级填写在答题卡上．将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．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作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将答题卡交回． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 用数字0，1，2可以组成多少个没有重复数字的三位数（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 【答案】A 【解析】 【详解】用数字0，1，2组成没有重复数字的三位数：102，120，201，210，共4个. 2. 已知直线与直线垂直，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由直线垂直斜率间的关系得出实数的值. 【详解】直线可化为，即斜率为， 因为直线与直线垂直， 所以直线的斜率存在且等于，即. 3. 如图，在平行六面体中，设，，，是的中点，则（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】在平行六面体中， 根据向量加法的三角形法则，可得：. 因为点 是 的中点，所以. 在平行四边形 中，由向量加法的平行四边形法则可知：. 又因为在平行六面体中，，， 所以. 从而 . 又因为， 所以. 4. 已知具有线性相关关系的变量，，其样本点为（）， ，，经验回归直线方程为，则（ ） A. 8.6 B. 9.4 C. 12.4 D. 12.6 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得样本中心点为，将其代入回归直线方程，即可求解. 【详解】由，，可得：， ，所以样本中心点为 根据经验回归方程经过样本中心点，可得： ，即. 5. 已知随机变量，随机变量，若，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.8 D. 0.9 【答案】A 【解析】 【分析】正态分布的正态曲线关于直线对称，相同说明两条正态曲线形状完全相同，仅对称轴位置不同，利用对称性和已知概率求解即可. 【详解】根据概率的基本性质可知，，即， 因为随机变量，所以正态分布曲线关于直线对称， 因为随机变量，所以正态分布曲线关于直线对称，与到对称轴的距离相等，所以， 又因为相同，随机变量与对应的正态分布曲线形状完全相同，且与分别到各自对称轴的距离相等，所以， 结合，得 6. 连续抛掷一枚质地均匀的硬币4次，每次正面向上得3分，每次反面向上得1分，记总得分为，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】构造表示正面向上次数的二项分布随机变量，建立总得分与该变量的线性关系，结合期望的线性运算性质求解. 【详解】设为4次抛掷中正面向上的次数，由题意得，所以， 设总得分为，则， 所以 . 7. 已知双曲线（，）的两条渐近线夹角为，离心率，则该双曲线的标准方程可能是（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据渐近线夹角求出的两种可能，由离心率范围舍去一种，再验证各选项中 的比值得到答案. 【详解】双曲线的渐近线方程为， 两条渐近线夹角为，则渐近线与轴的夹角为或， 因此或. 由离心率定义，结合，得. 已知，故，即. 若，则，，不符合的要求，故舍去，仅保留，即. 验证选项： 选项：，，不符合，排除； 选项：，，不符合，排除； 选项：，，不符合，排除； 选项：，，此时，满足所有条件. 8. 已知函数在上的最小值为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导可得，分为和两种情况利用导数与单调性的关系求出函数的单调性，进而求出的最小值，再利用导数求出的最大值即可求出答案. 【详解】因为函数，所以， 令，由，则，所以解得：， ①当，即时，此时， 又，函数在上单调递增，所以，所以， 所以当时，，即此时函数在上单调递增， 所以，即， 又，所以； ②当，即时，由， 当时，，所以函数在上单调递减， 当时，，所以函数在上单调递增， 所以， 即时，， 则， 令，解得：， 当时，，所以函数在上单调递增， 当时，，所以函数在上单调减， 所以； 因为，所以， 综上所述，的最大值为. 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. 为研究分类变量与是否独立，零假设：与相互独立，得到关于与的抽样数据的列联表，计算得．若将原列联表中每个单元格的数据都扩大为原来的倍，得到新的列联表及其对应的，则（ ） 附卡方计算公式及临界值表： A. B. C. 依据小概率值的独立性检验，由原列联表没有充分证据推断不成立，可以认为与独立 D. 依据小概率值的独立性检验，由新列联表推断不成立，即认为与不独立，该推断犯错误的概率不超过0.01 【答案】BC 【解析】 【分析】先推导单元格数据扩大后卡方值的变化判断AB；再结合临界值表判断CD. 【详解】选项A：设原列联表数据为，总样本量， 原卡方. 每个单元格数据扩大2倍后，新数据为，总样本量， 代入公式得：， 故A错误，B正确； 选项C：原列联表，依据的独立性检验规则， 不拒绝零假设，没有充分证据推断不成立，可以认为与独立，故C正确； 选项D：新列联表，依据的独立性检验规则， 不拒绝零假设，无法推断不成立，故D错误. 10. 在中，，，D，E分别是，中点，将沿折起至．设二面角为，则（ ） A. B. 当时，平面与平面的夹角为60° C. 存在，使平面平面 D. 存在，使 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A：根据线面垂直的判定定理以及直线与平面垂直的定义来判断；选项B：由二面角的平面角定义作出平面与平面的平面角，计算出角的大小即可判断；选项C：根据等腰三角形的两个底角相等以及三角形的内角和等于来判断是否存在；选项D：向量数量积等于0推出和垂直，再由的范围判断是否存在，即可作出判断. 【详解】选项A：因为D，E分别是，中点，所以，，， 所以平面，平面，所以，A正确. 选项B：因为，，所以为的平面角. 过点作平行于、的直线， 可证即平面与平面的交线.，， 所以为平面与平面的平面角. 因为，，所以是等边三角形， 所以，B正确. 选项C：若平面平面，则两平面夹角为，即平面角， 在中，因为，所以 ， 结论不符合三角形的性质，所以不存在使平面平面，C错误. 选项D：，即. 可知时，，时，， 的范围在至之间，越大越大， 所以存在，使，所以D正确. 11. 已知抛物线：，圆：（），与抛物线和圆都相切的直线有条，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 的充要条件是且 【答案】ACD 【解析】 【分析】先根据题意将切线条数问题转化为方程的解的问题，再分别讨论每一个选项时的情况即可判断正误. 【详解】与抛物线相切的直线的切点为，设切线为， 联立抛物线方程得， 因为直线与抛物线相切，所以，解得， 故切线方程整理为， 若该直线同时与圆相切，则圆心到切线的距离等于半径， 代入点到直线距离公式得 ，即方程的解的个数就是公切线的条数， 令，方程转化为， 而 的取值等价于方程的非负实根对应的不同切线条数，每个正根对应2条切线，对应1条切线. 对于A，代入方程得， 该二次方程有一正根一负根，仅正根对应2条公切线，即，故A正确； 对于B，代入方程得，， 当时，,，无解，没有切线；当时，，此时方程的根为，存在两条切线，故B错误； 对于C，代入方程得， 若，则上述方程有一个正根和一个零根，当代入上式得，解得，故C正确； 对于D，若,则方程有唯一解或者有两个解，其中一个解为，另一个解是负数解，故， 当时，此时方程为，另外一个根为，不满足题意； 当时，此时方程为， 另外一个根为，解得，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若一个等差数列的前5项和为25，前10项和为100，则该数列的公差为________． 【答案】 2 【解析】 【分析】利用等差数列前项和公式建立关于首项和公差的二元一次方程组，求解得到公差. 【详解】设该等差数列的首项为，公差为，前项和为（）， 根据等差数列前项和公式，结合题意列方程： 当时，，化简得 ； 当时，，化简得 . 联立，解得，即该数列的公差为2. 13. 的展开式中的系数为______． 【答案】 【解析】 【分析】先求出二项式展开式的通项，再根据多项式乘法规则，分别计算两类能得到一次项的系数，求和即可. 【详解】首先写出二项式的展开式通项，  要得到展开式中的一次项，分两种情况计算： 第一个因式取常数项，第二个因式取的一次项，令，得， 对应系数为， 第一个因式取一次项，第二个因式取常数项，令，得， 对应系数为， 将两类系数相加，得的系数为. 14. 从两台机器、生产的零件中，按的比例抽取样本．已知机器产出零件的合格率为，机器产出零件的合格率为．在的合格品中，一级精度率为；在的合格品中，一级精度率为．若抽取到的某件样本是一级精度，则它产自机器的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】先明确各事件的概率及条件概率，先利用全概率公式计算抽到一级精度样本的总概率，再利用贝叶斯公式计算该一级精度样本产自机器A的条件概率. 【详解】设事件A表示“样本产自机器A”，事件B表示“样本产自机器B”，事件C表示“样本为一级精度”. 则， ， ， 所以， 所以. 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. 已知数列是等比数列，，． （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 数列是等比数列，，，得数列的公比满足，解得. 则的通项公式为. 【小问2详解】 将数列的前项和分成等比数列和等差数列分别求和. 则. 16. 在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 证明:连接与交于点,连接， 因为底面是正方形,所以点是的中点, 又是的中点,所以, 因为平面,平面,所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意作出辅助线，根据中位线得到线线平行，进而得到线面平行. （2）根据题意在点处建立空间直角坐标系，依次写出点的坐标，代入线面夹角的正弦值公式求解即可, 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为侧棱底面且在正方形中, 所以如图所示,以点为坐标原点,分别以,,为轴,轴,轴建立空间直角坐标系, 设,则,,,,, 则,,, 设平面的法向量 即 取,则,,所以 设直线与平面的夹角为 因此. 17. 已知椭圆：（）的离心率为，焦距为． （1）求椭圆的方程； （2）过点且斜率存在的直线与椭圆交于两点且，点关于轴的对称点为点． （ⅰ）证明：直线恒过定点，并求出点的坐标； （ⅱ）设是坐标原点，若的面积是面积的3倍，求直线的方程． 【答案】（1） （2）（ⅰ）由已知，设过的直线方程为， 设，，， 联立，化简得， 由韦达定理得​，； 直线的斜率，故 ， 根据对称性可知直线恒过定点位于轴上， 令，并代入​，， 化简得，  因此直线恒过轴上的定点； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据焦距和离心率联立方程组求解即可； （2）（ⅰ）设出直线方程和点坐标，根据对称性可知恒过定点位于轴，再令，结合韦达定理即可求出点坐标； （ⅱ）根据题意列出面积表达式，再结合韦达定理即可求出，从而求出直线方程. 【小问1详解】 由已知，焦距为，得； 离心率​​，代入，得； 由，得， 因此椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）略； （ⅱ）由可知， 的面积； 的面积； 由题意，得，结合，可知​， 将代入韦达定理得， 化简得 解得，即， 因此直线的方程为. 18. 将1，2，…，（）这个正整数随机分为和两组，每组各个数，所有分法等可能．记组中最小数为，组中最小数为，． （1）当时，求，； （2）当时，求关于的表达式； （3）求的数学期望关于的表达式，并证明． 参考公式： 【答案】（1）, （2） （3）, 证明不等式： 由于,故 则,所以 即（当且仅当时取等号） 【解析】 【分析】根据题意把各个题目条件表示出来，进而求解。 【小问1详解】 当时,将1，2，3，4随机分为两组各2个数，总分法为种, 表示1在A组，A组剩余1个数从2，3，4三个数中选取，有种，则 等价于一组最小数为1，另一组最小数为2. 若1在A组、2在B组：A组从3，4两个数中选一个，有种 若1在B组、2在A组：同理有2种 则. 【小问2详解】 等价于：1组最小数为1，另一组最小数为4，同时2，3必须与1在同一组，4在另一组. 含1的组已有1，2，3共3个数，还需从剩余个数中选个，选法为 1在A组或者B组，即一共有种, 总分法有,因此 且, 【小问3详解】 的取值范围为,对任意的,与（2）同理 由组合数的性质得 因此 由参考公式代入可得 又因为,代入化简 证明略 19. 已知函数（）． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若有唯一零点，求的取值范围； （3）若存在两个不同且均不大于1的零点，，证明：． 【答案】（1） （2） （3）根据（2）的结论可知两个零点分别为和，由得出，证明等价于证明，整理得,即.令，，构造函数，求导得：， ，当时，，在单调递减，，在单调递增， ，即，成立. 【解析】 【分析】（1）把代入式中化简，求出导函数，把代入导函数中即可求出斜率，再求出的函数值，利用直线的点斜式方程求出直线方程即可. （2）把方程化成两式相等的形式，意在构造一次函数和对数函数，再利用其性质和图象，数形结合即可求解. （3）把a用含的式子替换，根据（2）的结论得到，把要证明的结论转化成一个函数式，利用一阶导数和二阶导数求出原函数的单调性，进而得出结论. 【小问1详解】 当，，求导：.，. 切线方程为：，即. 【小问2详解】 由得出 ，函数和同过点，即和恒交于.有一个零点即有一个解，即和除外无交点，画出函数图象. 结合图象可知若保证直线和只有一个交点，直线可从（不包括）处旋转到，此时斜率a的范围是；另外和相切时符合题意，（1）已算出处的斜率为1，所以a的范围是. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 龙华区中小学2025—2026学年第二学期期末试卷 高二数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号、班级填写在答题卡上．将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．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作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将答题卡交回． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 用数字0，1，2可以组成多少个没有重复数字的三位数（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 2. 已知直线与直线垂直，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在平行六面体中，设，，，是的中点，则（ ）. A. B. C. D. 4. 已知具有线性相关关系的变量，，其样本点为（）， ，，经验回归直线方程为，则（ ） A. 8.6 B. 9.4 C. 12.4 D. 12.6 5. 已知随机变量，随机变量，若，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.8 D. 0.9 6. 连续抛掷一枚质地均匀的硬币4次，每次正面向上得3分，每次反面向上得1分，记总得分为，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 7. 已知双曲线（，）的两条渐近线夹角为，离心率，则该双曲线的标准方程可能是（ ）. A. B. C. D. 8. 已知函数在上的最小值为，则的最大值为（ ） 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. 为研究分类变量与是否独立，零假设：与相互独立，得到关于与的抽样数据的列联表，计算得．若将原列联表中每个单元格的数据都扩大为原来的倍，得到新的列联表及其对应的，则（ ） 附卡方计算公式及临界值表： A. B. C. 依据小概率值的独立性检验，由原列联表没有充分证据推断不成立，可以认为与独立 D. 依据小概率值的独立性检验，由新列联表推断不成立，即认为与不独立，该推断犯错误的概率不超过0.01 10. 在中，，，D，E分别是，中点，将沿折起至．设二面角为，则（ ） A. B. 当时，平面与平面的夹角为60° C. 存在，使平面平面 D. 存在，使 11. 已知抛物线：，圆：（），与抛物线和圆都相切的直线有条，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 的充要条件是且 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若一个等差数列的前5项和为25，前10项和为100，则该数列的公差为________． 13. 的展开式中的系数为______． 14. 从两台机器、生产的零件中，按的比例抽取样本．已知机器产出零件的合格率为，机器产出零件的合格率为．在的合格品中，一级精度率为；在的合格品中，一级精度率为．若抽取到的某件样本是一级精度，则它产自机器的概率为______． 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. 已知数列是等比数列，，． （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和． 16. 在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知椭圆：（）的离心率为，焦距为． （1）求椭圆的方程； （2）过点且斜率存在的直线与椭圆交于两点且，点关于轴的对称点为点． （ⅰ）证明：直线恒过定点，并求出点的坐标； （ⅱ）设是坐标原点，若的面积是面积的3倍，求直线的方程． 18. 将1，2，…，（）这个正整数随机分为和两组，每组各个数，所有分法等可能．记组中最小数为，组中最小数为，． （1）当时，求，； （2）当时，求关于的表达式； （3）求的数学期望关于的表达式，并证明． 参考公式： 19. 已知函数（）． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若有唯一零点，求的取值范围； （3）若存在两个不同且均不大于1的零点，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $