资源简介

广东湛江市2025-2026学年第二学期期末调研考试高二数学试卷
一、单选题
1．如图，要让电路从处到处只有一条支路接通，则不同的路径有（ ）

A．5种 B．6种 C．7种 D．9种
2．曲线在点处切线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
3．的展开式中的系数为（ ）
A．5 B．-5 C．15 D．-15
4．已知数列的通项公式为，则数列的前10项和为（ ）
A．127 B．192 C．235 D．747
5．为了检测某种药物对预防疾病的效果，进行了小动物试验，得到如下列联表：
药物 疾病 合计
未患病 患病
服用 18 7 25
未服用 12 8 20
合计 30 15 45
已知，．根据小概率值的独立性检验，则下列结论正确的是（ ）
A．药物对预防疾病有效果
B．药物对预防疾病有效果，这个结论犯错误的概率不超过0.05
C．药物对预防疾病无效果
D．药物对预防疾病无效果，这个结论犯错误的概率不超过0.05
6．湛江市某次期末考试成绩统计如下，优等生占，中等生占，后进生占，优等生通过考试的概率为，中等生通过考试的概率为，后进生通过考试的概率为，随机抽取一名学生调查，抽到的学生通过考试的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．一个箱子中装有七张除了分数外完全相同的卡片，其中有四张2分，三张1分，从箱子中随机取出四张卡片，求四张卡片分数之和大于6分的概率是（ ）
A． B． C． D．
8．设，已知随机变量的分布列如下表，则下列结论正确的是（ ）
0 1 2
A． B．的值最大
C．随着的增大而减小 D．当时，
二、多选题
9．口袋内装有大小、质地均相同，颜色分别为红、黄、蓝的3个球.从口袋内无放回地依次抽取2个球，记“第一次抽到红球”为事件A，“第二次抽到黄球”为事件B，则（ ）
A． B．
C．A与B为互斥事件 D．A与B相互独立
10．已知函数，则（ ）
A．的极小值为
B．有两个零点
C．存在使得关于的方程有三个不同的实根
D．的解集为
11．已知，则下列结论正确的有（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
12．若随机变量，且，则________．
13．已知随机变量Ⅹ服从正态分布，且，则______.
14．已知数列与的前项和分别为，，且， ，，，则的取值范围是__________．
四、解答题
15．为的前项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
16．某款电动汽车由于其优异的性价比，逐渐在市场获得认可，订购数量日渐增多．根据统计数据，该款电动汽车某区域店过去周的订单数如下：
时间（周） 1 2 3 4 5
订单数（辆） 13 21 45 55 66
为了进一步了解订单数的变化情况，两个数学学习小组分别进行了研究，
(1)小组决定用线性回归模型进行拟合，求此时关于的线性回归方程；
(2)小组采用非线性回归模型进行拟合，求得关于的非线性回归方程为，并计算出决定系数．
①请计算小组线性回归方程的决定系数，并说明哪个小组的模型拟合效果更好；
②用①中选择的模型预测该区域第10周的订单数．
附：，；决定系数，
参考数据：，．
17．已知函数．
(1)当时，求的单调区间以及极值；
(2)若有两个不同的零点，求的取值范围．
18．如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段上一点，，，四边形为矩形．

(1)若是的中点，求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)若点到平面的距离为，求的长．
19．已知点是圆：上的动点，过点作轴的垂线段，为垂足，为线段的中点.
(1)求点的轨迹方程；
(2)过点的直线与曲线交于两点.
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）若曲线与轴交于，两点，直线，分别与直线相交于，两点，求的值.
参考答案
1．C
【详解】由分类加法计数原理以及分步乘法计数原理可知，
不同的路径有种.
故选：C.
2．B
【详解】，所以.
，所以.
3．D
【详解】，
故它的展开式中的系数为，
故选：D．
4．D
【详解】设数列的前n项和为，
因为，
所以
.
5．C
【详解】零假设：药物对预防疾病无效果，
根据列联表数据，，
根据，将数据代入可得：
，
，根据小概率值的独立性检验，，
所以我们没有充分证据拒绝原假设，即认为药物对预防疾病无效果.
故选：C.
6．B
【详解】设事件为“抽到的学生通过考试”，设事件为“抽到优等生”，事件为“抽到中等生”，事件为“抽到后进生”，
则，，，
则，，，
则，，，
所以，
所以随机抽取一名学生调查，抽到的学生通过考试的概率为
7．A
【详解】从7张卡片中随机抽取4张的组合数为.
设抽取2分卡片张，则抽取1分卡片张，其中.
总分为，要求，即，解得，故或.
当时，抽取方法数为.
当时，抽取方法数为，合计符合条件的事件数为.
由古典概型公式得.
8．D
【详解】由分布列可得 ，，.
对于 A，因为 ，所以，即 ，A 错误.
对于 B，当 时，，，所以 的值不是最大，B 错误.
对于 C，，
因为 时，随的增大而增大，所以C错误.
对于 D，当 时，，，，
所以，，
故，D正确.
9．AB
【详解】对于A，，A正确；
对于B，，，B正确；
对于C，事件可以同时发生，则A与B不互斥，C错误；
对于D，，由选项AB知，，则A与B相互不独立，D错误.
故选：AB
10．AC
【详解】函数的定义域为，，
由得或；由得，有极大值，极小值，A正确；
由极大值和极小值均小于0知最多一个零点，B不正确；
当时，，当时，，当时，有三个不同的实根，C正确；
当时，，此时，D不正确．
故选：AC．
11．ABD
【详解】对于A，令，得：，故A正确；
对于B，由
由二项式定理可得：，故B正确；
对于C，令，得：，
再令，得：，
由此可得：，故C错误；
对于D，令，得：，
再令，得：，
由此可得：，故D正确.
故选：ABD
12．24
【详解】因为 ，所以 ，解得 .
于是
由方差性质 ，得
13．/0.25
【详解】设，由正态分布密度曲线的对称性可知，
，.所以，
解得.即.
故答案为：.
14．中对应的那些值
【详解】当时，得，因为，所以，
当时，，，
所以，
因为，所以，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以，
所以
，
因为数列为递增数列，所以，又，
所以的取值范围是.
故答案为：中 对应的那些值.
15．(1)
(2).
【详解】（1）当时，，即.
当时，有.
所以，
所以，即.
由，且，代入得，即，所以.
故从第一项起即为等比数列，公比，首项.
所以.
（2）由(1)知，则.
于是.
因为，所以.
因此.
设，
则.
两式相减得，
其中.
所以，
故.
16．(1)关于的线性回归方程为
(2)①，小组的模型拟合效果更好；
②用①中选择的模型预测该区域第10周的订单数约辆．
【详解】（1），，
，
，
所以，，
所以关于的线性回归方程为；
（2）①时，，，
时，，，
时，，，
时，，，
时，，，
所以，
，
所以，
因为，所以，说明小组的模型拟合效果更好；
②用小组的模型预测，
时，，
所以用①中选择的模型预测该区域第10周的订单数约辆．
17．(1)的单调递减区间为，单调递增区间为.
极小值为，无极大值.
(2)的取值范围为.
【详解】（1）当时，，定义域为.
.
令，即，解得；令，即，解得.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
当时取得极小值，极小值为，无极大值.
（2），.
当，即，恒成立，所以在上单调递增，最多1个零点，不符合题意.
当，即时，令，即，解得.
当时，当时，.
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.
所以是极小值点，也是最小值点，
且.
当时，；当时，.
因为有两个不同的零点，所以即.
又因为，所以，解得.
所以.
综上所述，若有两个不同的零点，的取值范围为.
18．(1)证明：如图，连接交于点，连接.

因为四边形为矩形，所以点为中点.
在中，是的中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.
(2)
(3)
【详解】（1）略
（2）平面，
以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.

则
所以，，，
设平面的法向量为，
则，即.
令，则，，所以.
设平面的法向量为，
则，即.
令，则，，所以.
所以.
由图可得二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.
（3）设
因为，所以.
点到平面的距离为，解得.
所以.则.
所以的长为
19．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【详解】（1）设点的坐标为，点的坐标为，
则点的坐标为.
由点是线段的中点，得，
因为点在圆上，所以，.
把，代入方程，
得，即
所以点的轨迹方程为.
（2）（ⅰ）依题意，直线的斜率存在，可设其方程为，
联立，消元得.
由，得，设，，
因为，是方程的两个根，
所以，，
所以
，
因为，所以，
所以的取值范围为；.
（ⅱ）由题意可得，直线的斜率，
①当，分别为椭圆的左顶点、右顶点时，

直线的方程为，
直线的方程为，
令，得，，
即，，
所以.
因为，，
所以，即，
所以.
②当，分别为椭圆的右顶点、左顶点时，
同理可得，故.

展开更多......

收起↑