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广东广州市第六中学2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．已知正实数a，b满足，则（ ）
A． B． C． D．
4．若为奇函数，当时，，则（ ）
A． B． C． D．
5．五一期间，某市文旅部门打造了“儒家文化，运河风情，水浒江湖，湖光山色”四大主题文旅产品，甲、乙、丙3名游客每人从中至少选择一个主题体验，且每个主题都恰有1人体验，则不同的游览方式共有（ ）种
A．12 B．18 C．36 D．72
6．在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.95和0.05，假设发送信号0和1是等可能的.则接收的信号为1的概率是（ ）
A．0.925 B．0.4625 C．0.48 D．0.525
7．已知抛物线的焦点为，抛物线上一点满足（为坐标原点），则（ ）
A．1 B． C．2 D．4
8．已知曲线在其上一点处的切线与轴交于点，则的最大值为（ ）
A． B． C．1 D．
二、多选题
9．已知等差数列的首项，且，下列说法正确的有（ ）
A．数列的通项公式为 B．数列是递增数列
C．数列的前项和 D．若，则数列一定是等比数列
10．已知一个盒中装有除颜色外完全相同的乒乓球4个，白色和黄色各2个.现随机抽取2个球，方式一是每次取一个，取完后放回再取下一个，记取到的白球个数为；方式二是每次取一个，取完后不放回，记取到的白球个数为，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知随机变量，记函数，则下列说法正确的是（ ）
（注：若，则）
A． B．在上是增函数
C．的图象关于直线对称 D．的图象关于点对称
三、填空题
12．已知，则_________．
13．为了探究电离辐射的剂量与人体的受损程度是否有关，用两种不同剂量的电离辐射照射小白鼠.在照射后14天的结果如表所示，由表中数据算得：__________________（精确到0.001），若基于的独立性检验，可以认为两种电离辐射剂量对小白鼠的致死作用不相同.则根据所给参考数据，的最小值为__________________.
电离辐射剂量 存活情况 合计
死亡 存活
第一种剂量 14 11 25
第二种剂量 6 19 25
合计 20 30 50
公式：.
参考数据：
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
14．若不等式解集中有且仅有两个整数，则实数的取值范围是_____.
四、解答题
15．已知函数．
(1)求的极值；
(2)若在区间上有三个零点，求的取值范围．
16．在中，内角所对的边分别为，，为的角平分线，且．
(1)若，求的大小；
(2)设为中点，连接，面积取得最小值时，求线段的长度.
17．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，，，平面平面．
(1)证明：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求．
18．假设变量与变量的对观测数据为（也称为样本点，），且已知两个变量满足一元线性回归模型.
(1)求参数的最小二乘估计；
(2)现随机抽取其中的6对观测数据如下：
序号 1 2 3 4 5 6
0 1 1 3
3 4 5
①根据（1）中所得参数的估计，求关于的经验回归方程；
②对于①中所求的经验回归方程，若样本点的残差满足，则称该样本点为“大偏差”样本点.若样本点足够多，且所有样本点均可用所求经验回归方程拟合，以这6个样本点中“大偏差”样本点的频率近似估计概率，现从所有样本点里随机挑出10个，其中“大偏差”样本点有个，求最大时值.
19．已知离心率且焦点在x轴上的序列椭圆：（），其中的一个焦点为．过上一点（）作的两条弦、，交于另两点，，且的内心在过且垂直于轴的直线上．
(1)求数列的通项公式；
(2)求直线的斜率；
(3)若O为坐标原点，当的面积为时，直线交轴于，证明：．
试卷第1页，共3页
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《广东广州市第六中学2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A A A C D D C BD ACD
题号 11
答案 ACD
12．63
13． 5.333 0.05
14．
15．【详解】（1）函数的定义域为.
∵ ，
∴ .
令，解得或.
当时，，故，单调递增.
当时，，故，单调递减.
当时，，故，单调递增.
∴ 为的极大值点，极大值为.
为的极小值点，极小值为.
（2）计算在区间端点的函数值：
，
.
∵ 在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
要使在上有3个不同的零点，需满足：
解得，即的取值范围为.
16．
【详解】（1）因为，由正弦定理得.
因为的角平分线交于点，所以，
由，得，
则，
即，所以.
在中，由余弦定理得，
即；
（2）由，得，
得，
化简得，即，
所以，即，
当且仅当时等号成立，取得最小值，面积取得最小值，
此时为等腰三角形，为中点，则既是中线也是角平分线.
即重合，故.
17．(1)证明：由，，，、平面
可得平面，又平面，故，
由平面平面ABCD，平面平面，且平面，
故平面；
（2）以为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，
的方向为z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
不妨设，，
则，，，，
，，，
记平面的法向量为，，即，
令，则，，即可取，
设直线与平面所成角为，
则，
即，，
解得或（负值舍去），故或．
18【详解】（1）残差平方和
，
由二次函数性质可知，当且仅当时残差平方和最小，
故的最小二乘估计；
（2）①由观测数据求得，
则，
故所求经验回归方程为.
②计算样本点的残差的绝对值如下：
序号 1 2 3 4 5 6
0.5 1 2 0.5 1.5 0.5
故“大偏差”样本点共有2个，频率为，
即单次抽到“大偏差”的概率，
因此，，
由，解得，
由，解得，
又因为，且，
所以当最大时，.
19．详解】（1）由，解得，
因为的一个焦点为，所以，解得，
所以．
（2）由（1）知,即．
因为的内心在过且垂直于轴的直线上，所以，
设,，的方程为，
将其代入整理得．
，即，
由韦达定理可得，，(*)
把代入，可得,由对称性，不妨取，
由得，
整理得，
即 ,
将(*)代入，整理得，
当时，过点，舍去，
所以，解得．

(3)由（2）知的方程为，此时，
，，
，
到直线的距离，
因为的面积，解得满足，
因为，所以，，
则，所以，
则．
答案第1页，共2页
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