资源简介

广东佛山市2025-2026学年普通高中供题训练高二数学
一、单选题
1．设集合，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．若，则（ ）
A． B．
C． D．
3．已知向量，，若，则（ ）
A． B．
C． D．
4．某工厂生产一批零件，尺寸误差X（单位：mm）服从正态分布．质检标准规定：的零件为一等品，的零件为二等品，其余为次品．现从该批零件中随机抽取一件，已知它不是次品，则它是一等品的概率约为（ ）
（参考数据：若，则，）
A． B． C． D．
5．曲线在处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
6．投骰子的游戏规则如下：每次投1个骰子，若骰子正面向上的点数为偶数时，加1分；若点数为奇数时，减1分．如果起始分为0分，投了6次骰子之后，分数为2分的概率为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知数列满足，则（ ）
A．720 B．746 C．760 D．780
二、多选题
9．通过一组样本数据，，…，，求得，，线性相关系数，经验回归方程为，则（ ）
A．变量x与y负相关 B．变量x与y的线性相关关系较弱
C． D．
10．记数列的前n项和，已知（且），则（ ）
A． B．是等比数列
C．是递增数列 D．若，则
11．设函数，则（ ）
A．至少有2个零点 B．在上不单调
C．若曲线是轴对称图形，则 D．若有且只有1个极值点，则
三、填空题
12．的展开式的中间一项的系数为_______．
13．数列满足，且，则_______．
14．当前国内AI大模型发展迅速，某机构对5款国产AI大模型（代号甲、乙、丙、丁、戊）进行综合评测，决出第1名到第5名．已知甲不是第1名，乙不是第2名，且丙的名次比甲更靠前，5款模型的排名情况有_____种．
四、解答题
15．为研究坚持课后体育锻炼与体育达标测试成绩的关联情况，选取40名高二学生，随机分成两组，每组20人．试验组每天坚持课后体育锻炼，对照组不参加额外课后锻炼，一学期后进行体育达标测试，两组学生测试成绩（满分100分）如下：
对照组 （20人） 60 63 65 66 68 70 71 72 73 75
76 77 78 79 80 82 83 84 85 88
试验组 （20人） 65 68 72 75 76 78 80 80 81 82
83 83 84 84 85 86 88 89 90 91
(1)若从这40人中随机抽取2人，抽到试验组的人数为X，求X的分布列；
(2)按体育达标成绩80分及以上为优秀，不足80分为不优秀，完成如下列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析坚持课后体育锻炼与体育达标测试成绩是否有关．
成绩组别 优秀 不优秀 合计
对照组 20
试验组 20
合计 40
附：，
0.05 0.01 0.001
k 3.841 6.635 10.828
16．如图，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，且，M，N分别是，的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
17．已知函数，其中．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求a的取值范围．
18．记等差数列的前n项和为，已知，．
(1)求数列的通项公式；
(2)在和之间插入个数，使得这个数组成公差为的等差数列，设为数列的前n项和．
（i）证明：；
（ii）证明：．
19．某企业对生产设备的工作状况进行跟踪调查，统计发现设备每日工作状况只与前一日的工作状况有关．若前一日正常，则当日仍正常的概率为0.9；若前一日出现故障，则当日正常的概率为0.6．已知设备正常时，当日收入为2万元；发生故障时，当日收入为1万元，同时需要支付检修费用0.1万元．记第n天设备正常的概率为，，且．
(1)求；
(2)求数列的通项公式；
(3)该企业计划引入智能预警系统．当设备故障时，系统出现预警的概率为0.9，可以提前检修，当日收入为1.6万元，同时需支付检修费用0.1万元；当设备正常时，系统出现预警（误报）的概率为0.1，也需要例行检查，收入不变，需支付检查费用500元；其它状态收入和费用保持原标准不变．已知智能预警系统的使用费为每日200元，从企业收益的角度，判断是否值得引入该系统，说明理由．
参考答案
1．D
【详解】由集合，集合，则.
2．C
【详解】由，得 ，即
所以.
3．B
【详解】因为，所以，解得.
4．C
【详解】因为，所以正态分布的均值，标准差，
设事件为“抽取的零件为一等品”，事件为“抽取的零件不是次品”，
由题意及参考数据得：，
，
由于，故，得到，
所以从该批零件中随机抽取一件，已知它不是次品，则它是一等品的概率约为.
5．B
【详解】由于，故，
则处的切线斜率为，
又当时，，
故曲线在处的切线方程为.
6．A
【详解】设6次投掷中，出现偶数点的次数为，出现奇数点的次数为，且，
由题意得方程组， 解得，
每次投掷骰子，出现偶数点和奇数点的概率均为，且各次投掷结果相互独立，属于次独立重复试验（二项分布）模型，
根据二项分布概率公式，所求概率为： ．
7．C
【详解】令，则，
即在上单调递增，故，即有；
令，
则，
即在上单调递增，故，即有；
综上所述：.
8．D
【详解】当时，，
即有；
当时，；
则，即，
故
.
9．ACD
【详解】 选项A：线性相关系数，说明变量和负相关，A正确；
选项B：越接近1，变量的线性相关关系越强，本题非常接近1，说明线性相关关系很强，B错误；
选项C：经验回归直线恒过样本中心点，将代入回归方程，可得，C正确；
选项D：由可知回归系数，结合得，因为，所以，因此，D正确.
10．BC
【详解】A选项，，，
故，A错误；
B选项，且，当时，，
当时，，
显然时，满足，综上，时，，
，为公比为的等比数列，B正确；
C选项，由B知，，
若，则，由，故，是递增数列；
若，则，由，故，是递增数列；
综上，是递增数列，C正确；
D选项，若，则，即，，
且，解得，D错误.
11．ABD
【详解】对于A：因为，
而当时，；时，，
根据零点存在定理，函数在区间和上至少各有一个零点，
所以至少有2个零点，故A正确；
对于B：因为，令，
其判别式，
所以有两个不同的零点.又因为，
当时，，则在上存在，使得，
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增，
所以在上不单调；
当时，，同理可证在上不单调；
当时，，其对称轴为在内，且最小值小于0，
故在内存在零点，所以在上不单调；
综上，在上不单调，故B正确；
对于C：由B知，在上不单调，因为，，
若曲线是轴对称图形，则关于对称，即，
因为，
而，
所以，解得，故C错误；
对于D：因为，
令，则或.
对于方程，
因为，
所以方程有两个不相等的实根，
若有且只有1个极值点，则必须为的根，
所以；
当时，，由，得或，
所以只有是极值点，即有且只有一个极值点，故D正确.
12．160
【详解】二项式展开式的通项为（其中且），
则中间项的系数为，
13．
【详解】对递推式两边同乘，可得，
设，则，因此是首项，公差的等差数列，
根据等差数列通项公式得：，
因此，即， 将代入得：.
14．48
【详解】因为甲不是第1名，乙不是第2名，且丙的名次比甲更靠前，所以可按照丙的名次进行分类，如下：
当丙是第1名时，此时甲可以是第2，3，4，5名，分情况讨论：
若甲是第2名，乙可以是第3，4，5名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种；
若甲是第3名，乙可以是第4，5名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种；
若甲是第4名，乙可以是第3，5名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种；
若甲是第5名，乙可以是第3，4名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种；
所以当丙是第1名时，总的排名情况有种.
当丙是第2名时，此时甲可以是第3，4，5名，分情况讨论：
若甲是第3名，乙可以是第1，4，5名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种；
若甲是第4名，乙可以是第1，3，5名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种；
若甲是第5名，乙可以是第1，3，4名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种；
所以当丙是第2名时，总的排名情况有种.
当丙是第3名时，此时甲可以是第4，5名，分情况讨论：
若甲是第4名，乙可以是第1，5名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种；
若甲是第5名，乙可以是第1，4名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种；
所以当丙是第3名时，总的排名情况有种.
当丙是第4名时，此时甲只能是第5名，乙可以是第1，3名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种.
将上述各类情况数相加，可得总的排名情况有种，
所以，5款模型的排名情况有48种.
15．(1)X的分布列为：
0 1 2
(2)列联表如下，
成绩组别 优秀 不优秀 合计
对照组 6 14 20
试验组 14 6 20
合计 20 20 40
依据小概率值的独立性检验，认为坚持课后体育锻炼与体育达标测试成绩有关，
理由如下：
零假设坚持课后体育锻炼与体育达标测试成绩无关，
，
零假设不成立，依据小概率值的独立性检验，认为坚持课后体育锻炼与体育达标测试成绩有关，
【详解】（1）X的可能取值为0,1,2，
，，，
所以分布列如下：
0 1 2
（2）略
16．(1)取的中点，连接、.
因为是中点，是中点，所以，且.
直三棱柱中且，是中点，故，
且，因此且，四边形是平行四边形，得.
底面是等腰直角三角形，，故；
直三棱柱中平面，平面，故.
又，平面，因此平面.
由，得，得证.
(2)
【详解】（1）略
（2）以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，
则各点坐标为： .
求两个平面的法向量：
对平面：，，
设其法向量为，则，取得。
对平面：，，
设其法向量为，则，取得.
设两个平面的夹角为，则：
17．(1)若，在上单调递增；若，在上单调递减，在上单调递增.
(2).
【详解】（1）函数的定义域为，对其求导得，，
当时，恒成立，因此恒成立，故在上单调递增，
当时，令，解得，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增.
综上所述，若，在上单调递增，
若，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，由（1）知在上单调递增，因此在上也单调递增，
此时对任意，有，
满足恒成立，
当，在处取得极小值，
根据极小值点与区间的位置关系，
当，即时，在上单调递增，
因此在上的最小值大于，
满足恒成立，
当，即时，
在上单调递减，在上单调递增，
因此区间内的最小值为，
要使恒成立，需最小值非负，即，则
令（），求导得，
当时，，故在上单调递增。
又，因此的解为，
结合前提，得，
综上的取值范围为.
18．(1)；
(2)（i）由 (1) 可知，，则,
则,
因为在和之间插入个数，使得这个数组成公差为的等差数列，
所以，
即，则，
先证明，
因为，所以，
即，所以
再证明：
因为，所以，
因此，得证；
（ii）由（i）可知，则，，
当时，，，
因为，所以
当时，
由（i）可知，
所以，
设 ①，则
②
①②得
=，
所以，
所以，
即,
因此，得证.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，由，得
，
解得，，
所以数列的通项公式，
即；
（2）略.
19．(1).
(2).
(3)引入系统更好.
【详解】（1）根据全概率公式，第2天设备正常分为两种情况，第1天正常且第2天正常、第一天故障且第二天正常，
因此若设第天正常的概率为，则，
故.
（2）对任意的，第天设备正常的概率由全概率公式推导得，，
因此有，转化得，
故数列是首项为，公比为的等比数列，
而，故，，
即.
（3）因为设备正常，收益为2万元，设备故障，收益为万元，
当经营时间足够长，设备每日正常的概率稳定为，以此计算长期日均期望收益，
因此不引入系统时每日的期望收益，
而引入系统后每天系统使用费为200元，
若设备正常，当系统误报时，收益为万元，当系统不预警时，收益仍为2万元，
因此此时条件期望收益为万元
若设备故障，当系统预警时，收入为1.6万元，检修费0.1万元，收益万元，
当系统不预警时，收益为0.9万元，
因此此时期望收益为万元，
引入系统后的收益期望为万元，
扣除每日使用费万元，净期望收益万元，
而，因此引入系统更好.

展开更多......

收起↑