广东深圳市盐田高级中学2025_2026学年第二学期期中考试高二数学试卷卷（含答案）

这是一份广东深圳市盐田高级中学2025_2026学年第二学期期中考试高二数学试卷卷（含答案），共21页。试卷主要包含了 若，，，，则，4C， 下列说法中不正确的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
一､单选题：
1. 若，，，，则（）
A. p，q均为真命题B. ，均为假命题
C. ，均为真命题D. p，q均为假命题
【正确答案】C
【详解】若，则命题不成立，则为假命题，故为真命题；
若，则，则命题为真命题.
2. 设一组样本数据，，，的方差为，则数据，，，的方差为（）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】应用方差性质计算求解.
【详解】因为样本数据，，，的方差为，
所以由方差的性质可知，
数据，，，的方差为．
3. 已知变量与线性相关，现收集了5组样本数据如下表．
根据上表可得线性回归方程为，则（）
A. 4B. 4.4C. 4.5D. 5
【正确答案】B
【分析】由所给数据求出，根据回归直线过中心点可求解．
【详解】由表格得，，
将样本中心代入线性回归方程得，．
4. 某班级要从3名男生和2名女生中选取2位学生分别担任正、副班长，则至少有一名女生被选中的不同选法有（）种．
A. 7B. 10C. 14D. 16
【正确答案】C
【分析】由分类加法和分布乘法计数原理即可求解．
【详解】由题可得，至少有一名女生被选中的不同选法有2种情况，一男一女，两女，
所以共种，
故选：C．
5. 设等比数列的前n项和为，若，，则（ ）
A. 24B. 32C. 36D. 108
【正确答案】B
【详解】设等比数列的公比为.若，，则，
故，
，所以，
故.
6. 一批笔记本电脑共有台，其中品牌台，品牌台.如果从中随机挑选台，设这台电脑中品牌的台数为，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】确定随机变量的可能取值，利用超几何分布概率公式求出概率，得到分布列，代入数学期望公式和方差公式计算即可.
【详解】依题意，的可能值有.
则，，.
则的分布列为：
可得
.
故选：D
7. 下列说法中不正确的是（）
A. 一组数据的下四分位数为
B. 在成对样本数据分析中相关系数，表示两个变量之间没有线性相关关系
C. 根据线性回归方程得到预测值为时的观测值为，则残差为
D. 将总体划分为两层，通过分层抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差
【正确答案】D
【详解】对于A，，下四分位数为，A正确；
对于B，相关系数的含义是两个变量没有线性相关关系，但可能存在非线性关系，B正确；
对于C，残差，C正确；
对于D，分层抽样的总体方差不仅与各层样本方差有关，还与各层的样本量和层间均值差异有关，即使，总体方差也不等于，还需要考虑各层的样本量权重，D不正确．
8. 已知函数，若函数有4个不同的零点则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】利用导数作出函数的图象，转化条件为的图象与直线有个交点，数形结合即可得解.
【详解】由题当时，，所以，
所以当时，，当时，；
所以在区间上单调递增，在上单调递减，
当时，当时，；
当时，；
所以可作出函数的图象，如下图，
若要使函数有个不同的零点，
所以的图象与直线有个交点，
即，解得.
二､多选题
9. 下列说法正确的是（）
A. 若随机变量，则
B. 设随机变量服从正态分布，若，则
C. 对于随机事件与，若，则事件与相互独立
D. 一箱苹果共有10个，其中有且个烂苹果，从这箱苹果中随机抽取2个，恰有一个烂苹果的概率为，则
【正确答案】BC
【分析】根据二项分布的方差判断A选项；根据正态分布的对称性判断B选项，根据条件概率与事件的独立性判断C选项，根据超几何分布的概率公式判断D选项.
【详解】对于A选项，由，可得，故A选项错误；
对于B选项，由，故B选项正确；
对于C选项，由，有，可得事件与相互独立，故C选项正确；
对于D选项，由，解得或6，故D选项错误．
故选：BC
10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，点是这两条曲线的一个公共点，则（）
A. 双曲线的渐近线方程为B.
C. 的面积为D.
【正确答案】BC
【分析】先根据条件求出，根据双曲线方程可得渐近线的方程，求出的坐标可判断其余选项.
【详解】由已知，抛物线的焦点坐标为，所以双曲线右焦点，即.
又，所以，所以双曲线的方程为.
对于A项，双曲线的渐近线方程为，故A项错误；
对于B项，联立双曲线与抛物线的方程整理可得，，
解得或（舍去负值），所以，代入可得，.
设，又，所以，故B项正确；
对于C项，易知，故C项正确；
对于D项，因为，
所以，由余弦定理可得，，故D项错误.
故选：BC
11. 如图，在棱长为2的正方体中，点P在内（含边界）且，则以下结论正确的是（）
A. 异面直线与所成的角是B. 与平面所成的线面角的正切值为
C. 点P的运动轨迹长度为D. 点P到平面ABCD距离的取值范围是
【正确答案】BCD
【分析】利用异面直线夹角的计算方法结合正方体的特征判定A；先证明平面，结合等体积法计算到平面的距离，由线面夹角的定义可判定B，由勾股定理及圆的周长公式可判定C，由数形结合结合正三角形内切圆的特征计算即可判定D.
【详解】对于A，在正方体中易知且，
所以异面直线与所成的角即或其补角，显然，即A错误；
连接，易知，
又平面，所以平面，
而平面，所以，同理可知，
即平面，设垂足为E，取的中点，连接，
则，所以，
连接，由勾股定理可知，
对于B，易知与平面所成的角为，
故B正确；
对于C，由三棱锥为正三棱锥可知为该正三角形的中心，
则三点共线，，
所以点轨迹为以E为圆心，为半径的圆上，该圆即正三角形的内切圆，
所以点P的运动轨迹长度为，故C正确；
对于D，假设P的轨迹圆与交于G点，由上可知，
而到底面的距离为2，所以到底面的距离为，
由图形可知点P到平面ABCD距离的取值范围是，故D正确.
三､填空题
12. 若的展开式中二项式系数之和为32，则展开式中的系数为__________.
【正确答案】
【分析】根据二项式系数之和得出，再利用二项展开式的通项公式运算求解.
【详解】二项式系数之和为，所以，
因为的展开式的通项公式为：
，
当时，所以，
则展开式中的系数为.
故40.
13. 直线与圆O：交于A、B两点，若，则______．
【正确答案】1或
【详解】由，得，所以圆心，半径，
则圆心到直线的距离，又，
，解得.
14. 已知数列的通项公式是，设，则______．
【正确答案】
【分析】先求导函数，再计算，利用裂项相消化简.
【详解】，则，
又，所以，
则.
故
四､解答题
15. 随着科技的进步，人工智能（AI）工具在职场中的应用日益广泛，像豆包、DeepSeek等常见的AI工具，已被证明能有效提升员工的工作效率和准确率．某公司为了解员工使用这类AI工具的熟练度，进行了一次内部统计，统计结果如下表：
（1）根据的独立性检验，能否认为性别与使用AI工具的熟练度具有相关性？
（2）现按熟练度采用分层抽样的方法从该公司的男员工中随机抽取12人，再从这12人中随机抽取3人，记其中不能够熟练使用AI工具的人数为，求的分布列以及数学期望．
附：，其中．
【正确答案】（1）性别与使用AI工具的熟练度无关；
（2）
数学期望为1.
【分析】（1）根据给定条件，求出的观测值，再与临界值比对即可得解.
（2）求出12名男员工中能够熟练与不能够熟练使用AI的人数，进而求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出数学期望.
【小问1详解】
设零假设：性别与使用AI工具的熟练度无关，
由统计表得，
则，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
所以可以认为成立，即认为性别与使用AI工具的熟练度无关.
【小问2详解】
男员工中能够熟练与不能够熟练使用AI的人数比为，
按分层抽样抽12人，抽取的能够熟练使用的人数为，抽取的不能够熟练使用的人数为4，
因此的可能取值为，
，
，
所以的分布列为：
数学期望.
16. 已知正项数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）可用与的关系消去，求出数列的通项公式；
（2）是比较常见的等差数列与等比数列乘积的形式，用错位相减法求解即可.
【小问1详解】
由，当时，，
则，即，
所以，即，
由数列为正项数列，所以，从而有，，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，．
【小问2详解】
由（1）知，所以，
，则，
从而，
即，
所以.
17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的正弦值；
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）取中点，连接，先利用平行四边形性质证，再利用线面平行判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再利用向量夹角公式求两平面夹角的正弦值.
【小问1详解】
取中点，连接
因为为中点，所以，且，
又，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面；
【小问2详解】
因为平面，且，
以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系：
则，
所以AB=1,0,0,AP=0,0,2,PD=0,2,−2,CD=−1,1,0，
因为平面平面，
所以平面平面，
又因为平面平面平面，
所以平面，所以平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则PD⋅n=2b−2c=0CD⋅n=−a+b=0，
不妨取，则，
所以csAD,n=221+1+1=33，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
18. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数在上有且仅有2个零点，求的取值范围．
（3）对任意，恒成立，求的取值范围．
【正确答案】（1）当时，函数的单调递增区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为
（2）
（3）
【分析】（1）求函数的导函数，由求函数的单调递增区间，由求函数的单调递减区间；
（2）由可得，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.
（3）由不等式整理得到，再通过分析的单调性，得到，再求解即可.
【小问1详解】
因为，，
则，当时，，所以在上单调递增；
当时，由，得，
若，则；若，则．
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
综上所述，当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
【小问2详解】
当时，由可得，
令，其中，则直线与函数在上的图象有两个交点.
，当时，，此时函数单调递增.
当时，，此时函数单调递减．
所以函数的极大值为，
且，，在的图象如图所示．
由图可知，当时，
直线与函数在上的图象有两个交点，
因此，实数的取值范围是．
【小问3详解】
由，得恒成立，移项，
得恒成立.
构造函数，所以恒成立.
又∵在定义域内单调递增，
∴有在内恒成立，
∴恒成立，即.
由（2）可知最大值为，所以.
19. 已知椭圆的左顶点，上顶点.
（1）求椭圆的方程.
（2）过点的直线交于，两个不同的点（其中，点在第二象限），直线，分别交轴于，两个不同的点，点，点分别在线段，上.
（ⅰ）证明：，的横坐标之和是定值；
（ⅱ）已知当直线的斜率为时，的面积为，求此时与的面积之和.
【正确答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）.
【分析】（1）由左顶点，上顶点，直接得的值，从而得到椭圆的方程；
（2）易知直线的斜率存在，设直线的方程为，设，，联立椭圆与直线的方程，并表示出方程，得坐标，利用韦达定理可求得横坐标之和为定值，并得到与的面积之比为定值，并由的面积为，求得与的面积之和.
【小问1详解】
由椭圆的左顶点，上顶点，得，，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
（ⅰ）当过点的直线斜率不存在时，直线与椭圆只有1个交点，即左顶点，不合题意，所以直线的斜率存在；
设直线的方程为，设，，
由，消去整理得，
所以，解得，
，，
因为，所以直线的方程为
令，得，
同理可得.
所以.
又因为，
，所以
（ⅱ）由（ⅰ）知为，的中点，得，
所以
所以与的面积之比为.
所以当的面积为时，
与这两个三角形的面积之和是为定值，为.
1
2
3
4
5
10
15
19
23
28
能够熟练使用AI工具
不能够熟练使用AI工具
男员工
30
15
女员工
16
9
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
0
1
2
3
0
1
2
3