2026宜春上高二中高二下学期阶段性练习七数学含解析、答题卡

这是一份2026宜春上高二中高二下学期阶段性练习七数学含解析、答题卡，共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．在正项等比数列中，若，则（ ）
A．3B．4C．9D．27
2．对四组数据进行统计，获得如图所示的散点图，其中相关系数最小的是（ ）
A．B．C．D．
3．已知等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A．36B．32C．24D．18
4．随机变量X的取值有0，1，2，若，，则（ ）
A．1B．2C．D．3
5．设数列的通项公式为，若数列是单调递减数列，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．数列：称为斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列满足.记该数列的前n项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
7．一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔1s等可能地沿数轴的正方向或负方向移动一个单位，共移动7次，则质点最可能移动到的位置的坐标为（ ）
A．7或B．5或C．3或D．1或
8．甲、乙、丙三人玩传球游戏，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，若第一次由甲传出，则经过6次传球后，球恰在乙手中的概率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法中正确的是(多选)（ ）
A．回归直线恒过样本点的中心．
B．两个变量线性相关性越强，则相关系数就越接近1．
C．在线性回归方程中，当变量每增加一个单位时，平均减少0.5个单位．
D．某7个数的平均数为4，方差为2，现加入一个新数据4，此时这8个数的方差不变．
10．某同学参加某高校面试时需要回答A、B、C三道题，他答对每道题的概率均为，且相互独立，每一道题若答对，则得2分，若答错，则扣1分；开始时他的得分为0分，记随机变量为他答完第一道题时的得分，为他答完所有题时的得分，用、分别表示随机变量的期望和方差.则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．数列的前项和为，且，，则（ ）
A．数列是等差数列B．数列是等比数列
C．D．数列的前项和等于
三、填空题
12．若数列的前项和，则________．
13．已知随机变量，且，，则________.
14．甲和乙各自从门选修课中任意选取3门，记为被甲或乙选中的选修课数量，则的数学期望为______．
四、解答题
15．记等差数列的前n项和为，已知，且．
(1)求和；
(2)设，求数列的前n项和．
16．如图，在三棱柱中，侧面与侧面均为正方形，E，F分别是，的中点，，.
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
17．已知数列满足：，；数列的前项和．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
18．某高中学校计划通过体质测试，了解学生体质健康水平．规定按照成绩由高到低，前的学生测试成绩记为“优秀”．为了了解本次体质测试情况，从中抽取了部分学生的成绩（单位：分，得分取正整数，）作为样本进行统计，将成绩进行整理后，分为六组（如图）：
(1)求的值并估计记为“优秀”的最低分数；
(2)如果用按比例分层抽样的方法从样本成绩为和的学生中共抽取8人，再从8人中选4人，记4人中成绩不合格（成绩低于60分）的学生人数为，求的分布列与期望；
(3)经统计，高中生体质测试成绩近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得．体质监测中心计划从全市抽取名高中生进行体质测试，记这名高中生的体质测试成绩恰好落在区间内的人数为，求的数学期望．
参考数据：若，则．
19．已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5．
(1)求和的值；
(2)，为上两点，的重心在直线上．
①证明：直线的斜率为定值；
②设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动．
2027届高二第七次阶段性练习数学试题参考答案
1．A
【详解】由题意及等比数列的性质可得，又是正项等比数列，则，故.
2．B
【详解】图①，数据点呈正线性相关，且相关性很强，所以接近1；
图②，数据点呈负线性相关，且相关性很强，所以接近；
图③，数据点呈正线性相关，且相关性比图①弱，所以；
图④，数据点呈负线性相关，且相关性比图②弱，所以；
所以.
3．C
【详解】等差数列中，由得，
所以.
4．B
【详解】因为，所以①，
又因为，所以，即②，
联立①②，解得，，
所以，
所以.
5．D
【分析】由递减数列定义可得，代入计算即可得解.
【详解】因为数列是单调递减数列，所以恒成立，
则，即，
又，则，所以，则实数a的取值范围为.故选：D
6．C
【分析】利用递推关系变形可得，然后裂项相消法求和即可判断各选项.
【详解】由可得：
，故A错误；移项可得，故C正确；
同理，故B错误；
移项可得，故D错误；
故选：C
7．D
【分析】将“质点移动位置”转化为“正、负方向移动次数”的组合问题，通过分析组合数的最大值确定概率最高的位置.
【详解】设质点向正方向移动的次数为（），则向负方向移动的次数为，
质点最终的位置坐标由正、负方向移动的总距离决定：，
每次移动向正、负方向的概率均为，因此“7次移动中恰好有次向正方向”的概率服从二项分布，概率公式为：，
其中为组合数，为常数，因此，概率的大小由组合数决定，“最可能的位置”对应最大时的，
时时 时
时 时时
时时
综上，组合数在和时取得最大值，当时，代入得：，当时，代入得：，
质点最可能移动到的位置坐标为或.
8．D
【分析】由题意可列出球在甲手中的概率递推关系式，构造出等比数列，求出第n次球在甲手中的概率表达式，由于乙、丙地位对称，求出第n次球在甲手中的概率由对立事件即可得到经过次传球后，球恰在乙手中的概率.
【详解】设事件“第次球在甲手中”，“第n次球在乙手中”，“第n次球在丙手中”，那么由题意可知可知：，又，
所以，可构造等比数列，，
因为第一次由甲传球，可认为第0次传球在甲，即，所以是以为首项，公比为的等比数列，故，所以，因为第一次由甲传球，之后都是等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，所以乙、丙地位对称，即，所以经过n次传球后，球恰在乙手中的概率为.故选：D.
9．ABC
【详解】对于A，回归直线恒过样本点的中心，正确；
对于B，两个变量线性相关性越强，则相关系数就越接近，正确；
对于C，根据回归系数的含义，线性回归方程，当变量每增加一个单位时，平均减少个单位，正确；
对于D，根据平均数的计算公式得，由方差公式可得：
，故错误
10．ABD【分析】根据题意求得随机变量的期望与方差，设随机变量为面试完成后答对题的数量，根据二项分布的期望与方差公式求得，由题意可得，根据期望与方差的性质可得，结合选项依次判断即可.
【详解】由题意可得随机变量的可能取值为，，
所以，，
记随机变量为面试完成后答对题的数量，由题意可得随机变量服从二项分布，即，所以，
由题意可得，
所以，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，随机变量与之间没有确定的关系，故C错误；
对于D，，故D正确.
11．ABD【分析】根据与之间的关系分析可得，即可判断A；进而可得，，即可判断BC；整理可得，利用裂项相消法运算求解，即可判断D.
【详解】对于A，由数列满足，
当时，，所以，
可得，
因为，可得，所以，
则，所以，所以，
所以数列是以首项为，公差的等差数列，所以A正确；
对于B，由A项可得，所以，
当时，，
当时，，适合上式，所以，
又由，可得，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列，所以B正确；
对于C，由B项知：数列的通项公式为，所以C错误；
对于D，由，
可得的前项和为：
，所以D正确.
12．【详解】已知，．
13．/【分析】由正态分布的对称性，求得，由二项分布的性质，结合题意得,从而求得.
【详解】随机变量，且，所以，即.因为，所以.所以.
14．【分析】设为第i门课是否被选中，利用独立事件乘法公式求解，再利用数学期望的线性性质求出.
【详解】将门选修课编号为，设为第i门课是否被选中，，则，又，则．
15．(1)； (2).
【分析】（1）利用等差数列性质及前项和公式列式求出公差及即可.
（2）由（1）的结论求出，再利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）设的公差为，则，解得，由，得，解得，所以，
.
（2）由（1）得，
所以
.
16．(1)证明见解析 (2).
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理证得平面平面；
（2）以为坐标原点，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法可得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）因为侧面为正方形，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）由（1）知平面，又平面，所以，又侧面为正方形，所以，又，故以为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由及题意可得，所以，，，，
所以，，，设平面的法向量为，由得取，则，，所以.设平面的法向量为，由得取，则，，所以.所以.故平面与平面夹角的余弦值为.
17．(1)， (2)
【分析】（1）推导出数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式，由可求得数列的通项公式；
（2）求得，利用错位相减法可求得.
【详解】（1）因为，所以，因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，，当时，当时，符合，所以.
（2）由（1）可得：，①
②
①②可得：
，
所以.
18．(1)，88分 (2)分布列见解析， (3)
【分析】（1）利用频率分布直方图的性质，即可求出，进而可求出“优秀”的最低分数；
（2）先求出每一层的分数，再求出的可能取值及对应的概率，即可求出分布列，再利用期望的计算公式或超几何的期望公式，即可求出期望；
（3）利用正态分布的性质得，根据题设有，再由二项分布的期望计算公式，即可求解.
【详解】（1）由图可知，
解得.
因为，
则成绩由高到低的前分数线必在之间，
设分数线为，则，得，
则记为“优秀”的最低分数为88分.
（2）样本成绩位于和的比例为，
故所抽取的个人中，来自的人数为，来自的人数为，来自的人数为，则的所有可能取值为1，2，3，4．
，，
所以的分布列为
方法一：.
方法二：服从参数的超几何分布，故.
（3）由题意得，，
由，所以，
所以
，所以高中生的体质测试成绩恰好落在区间内的概率约为0.8186，故，所以.
19．(1)， (2)①证明见解析②证明见解析
【分析】（1）根据抛物线的定义结合求出，进而得到抛物线方程，将点代入抛物线方程即可求出.
（2）①方法一：利用作差法及重心坐标公式证明即可.
方法二：设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合重心坐标公式证明即可.
②结合①设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，结合韦达定理求出点坐标，利用中点坐标公式求出点坐标，即可求出直线方程.
方法一：求出直线方程恒过定点，结合集合关系即可证出在以为直径的定圆上运动.
方法二：求出的方程，与直线方程联立，得到点坐标，取特殊点求出圆的方程，再将点坐标代入验证即可.
【详解】（1）抛物线的准线方程为．根据抛物线定义，，所以．因此，抛物线的方程为．将代入抛物线方程：，又，故．
（2）①方法一：设，，则的重心为，由题意知，，则．
所以直线的斜率，为定值．
方法二：
因为直线的斜率不为零，所以设直线的方程为，显然．设，．联立，整理得．所以.
已知，所以的重心的纵坐标，所以，解得．因此，直线的斜率，为定值．
②因为直线的斜率不为零，所以设直线的方程为．设，．联立，整理得．所以.设为的中点，则：
，，即．
直线与轴交点，，则中点．由于，所以．所以．直线的斜率：，
直线的方程：，整理得.
法一：令，代入方程，解得，因此，直线经过定点．
因为，于，所以在以为直径的定圆上．
法二：由于，，所以的方程为，即，联立，得
即．令，则，，
令，则，，令，则，，求得经过，，的圆方程为，代入的坐标符合，所以在定圆上．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
B
C
B
D
C
D
D
ABC
ABD
ABD