江苏南通市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷（含解析）

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1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置上，在其他位置作答一律无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出集合后结合交集的定义可求.
【详解】，故，
故选：D.
2. 若复数为纯虚数，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】复数的实部为，虚部为，
根据纯虚数的条件，令实部为0，可得，解得；
将代入，得，满足条件， 因此实数.
3. 向量，若，则（ ）
A. B. C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】由，可得以，再根据空间向量数量积的坐标表示即可得解.
【详解】因为，，
所以，即，解得.
故选：D.
4. 已知随机变量．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正态分布的性质计算可得.
【详解】由题可得，因此对称轴为，可得，已知，
因此：.
5. 已知圆锥的表面积为，其侧面展开图为半圆，则该圆锥的底面半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，其中，
因为圆锥侧面展开图为半圆，所以半圆的弧长等于圆锥底面周长，
即，化简可得，
圆锥的表面积，
解得，因为，所以，即该圆锥的底面半径为.
6. 已知表示一条直线，，表示两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】结合空间线面、面面平行与垂直的判定及性质，逐一分析各选项的正误。
【详解】对选项A：
若，，则直线的位置关系为或，并非一定满足，故A错误；
对选项B：
由面面平行的性质可知，若两个平行平面中的一个与一条直线垂直，则另一个平面也与该直线垂直，因此当，时，，故B正确；
对选项C：
若，，则与的位置关系可能为平行、相交或，并非一定垂直，故C错误；
对选项D：若
，，则直线的位置关系为或，并非一定满足，故D错误。
7. 甲箱中有2个红球和2个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球．先从甲箱中等可能地取出1个球放入乙箱，再从乙箱中等可能地取出1个球，记事件“从乙箱中取出的球是黑球”为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设事件为“从甲箱中取出的1个球为红球”，事件为“从甲箱中取出的1个球为黑球”.
由题意，甲箱共4个球，2红2黑，因此，.
当发生时，乙箱共5个球，其中黑球3个，故；
当发生时，乙箱共5个球，其中黑球4个，故.
根据全概率公式，.
8. 已知，下列关系不可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】已知，故AB项可看作与的大小比较，CD项可看作与的大小比较，据此构造函数和，求导得出其单调性及最值判断即可.
【详解】令，求导得，
当时，，故在上单调递增；
当时，，故在上单调递减.
若时，则，即，可得，故B可能成立；
若时，则，即，可得，故A可能成立；
令，求导得恒成立，
故在上单调递增，故，
又因为，
所以，恒成立，
因，则，整理得，即D可能成立；
而一定不成立，故C不可能成立，
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 某实验小组为研究弹簧所受拉力（单位：）与伸长量（单位：）之间的关系，根据收集的实验数据，计算得出线性回归方程为．已知，，下列说法中，正确的有（ ）
A. 变量与呈负相关B. 回归直线经过点
C. D. 当时，
【答案】BCD
【解析】
【详解】选项A，线性回归方程的斜率为，说明随的增大而增大，
即变量与呈正相关，故A错误；
选项B，线性回归直线一定经过样本中心点，
因为，，所以回归直线经过点，故B正确；
选项C，将点代入回归直线方程可得，解得，故C正确；
选项D，当时，，故D正确.
10. 设函数，则（ ）
A. 在区间上单调递增
B. 直线是曲线的对称轴
C. 直线是曲线的切线
D. 有三个零点
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用导数求解单调性判断A，利用函数对称性的性质判断B，利用斜率的几何意义并结合导数判断C，求解出零点判断D即可.
【详解】对于A，因为，所以，
当时，恒成立，则在区间上单调递增，故A正确，
对于B，由题意得，，
得到，则直线不是曲线的对称轴，故B错误，
对于C，设切点为，令，
得到，解得，则切点为，
可得切线方程为，化简得，
得到直线是曲线的切线，故C正确，
对于D，令，则，
因式分解得，解得或或，
则有三个零点，故D正确.
11. 在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，为线段的中点，为线段上的动点，则（ ）
A. 二面角为直二面角
B. 三棱锥的体积为
C. 当为的中点时，
D. 三棱锥的外接球表面积的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A：运用线面垂直的判定与性质，结合直二面角的定义，判断两个半平面的位置关系，推导二面角的类型；选项B：利用等体积转换法更换三棱锥的顶点与底面，结合棱锥体积公式，依托已知线面垂直的条件计算体积并判断正误；选项C：通过空间坐标法计算线段长度或向量乘积，结合余弦定理判断角的类型，确定角的取值范围；选项D：先由三棱锥的线面垂直特征确定外接球的构造，推导外接球半径的表达式，结合最值得到表面积的最值后进行判断.
【详解】由已知，以为原点，分别以为轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系：
各点坐标为：，
为中点，故，设，逐个分析选项：
选项A： 因为底面，底面，故；
又底面为矩形，故，
由，平面，得平面，
又平面，所以平面平面，
即二面角为直二面角，A选项正确；
选项B： 由题可得，又为直角三角形，
，
平面在平面，横坐标恒为，故到平面的距离为，
因此：，
体积与位置无关，恒为，B选项正确；
选项C：当为中点时，，
为中点，故，即，
则，，
，
故为锐角，即，C选项错误；
选项D： 设外接球球心，半径为，
由得：，
由，代入得：，
故球心，由得：，
整理得，因此：，
又，当且仅当，即时等号成立，
故，
所以，外接球表面积，D选项正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 二项式的展开式中的常数项为__________.
【答案】
【解析】
【详解】因为 ，所以由 得常数项为
13. 已知正四棱锥的体积为，则其侧棱长的最小值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合正四棱锥中侧棱长、高、底面中心到底面顶点的距离构成直角三角形以及基本不等式即可求解.
【详解】
如图所示，设正四棱锥的底面正方形的边长为，高为，侧棱长为，
由于正四棱锥的体积为，所以，化简得，即，
由于底面正方形的对角线长为，所以底面中心到底面顶点的距离，
在正四棱锥中，侧棱长、高、底面中心到底面顶点的距离构成直角三角形，即，
代入，可得，
由基本不等式可得，，当且仅当，即时等号成立，此时，
所以其侧棱长的最小值为.
14. 甲、乙两位老师各自从6名学生中随机选2人调研，记为被两位老师同时选中的学生人数，则_________．
【答案】
【解析】
【详解】X为同时被选中的人数，所有可能取值为，
总基本事件数为：甲乙各选2人，共种，
即没有学生同时被同时选中，乙选的2人都从甲未选的4人中选，
即恰好1个学生同时被选中，先选同时选中的1人，甲再选1个剩余，乙再选1个剩余，
即两个学生都同时被选中，甲乙选的两人完全相同，
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性，并求其极值．
【答案】（1）
（2）在上单调递减，在上单调递增，极小值为，无极大值
【解析】
【分析】（1）利用切线的几何意义求出斜率，再结合题意得到切点，最后得到切线方程即可.
（2）利用导数求解函数的单调性，再求解极值即可.
【小问1详解】
因为，所以，
设切线的斜率为，由斜率的几何意义得，
而，得到切点为，则切线方程为，
化简得，故切线方程为.
【小问2详解】
，令，可得，
令，可得，
则在上单调递减，在上单调递增，
得到极小值为，无极大值.
16. 相关部门为研究全市高三年级学生的性别和身高的关联性，对该市高三年级的学生进行抽样调查，调查结果如下表．
（1）依据小概率值的独立性检验，能否认为学生的性别与身高有关联？
（2）以样本估计总体，以频率估计概率，现从全市高三年级男生中每次随机抽取1名学生，共抽取4次，且每次抽取的结果相互独立．记被抽取的4名男生中身高不低于的人数为，求．
附：，其中．
【答案】（1）能认为学生的性别与身高有关联
（2）
【解析】
【分析】（1）根据列联表数据，代入卡方检验公式计算统计量，将计算结果与对应临界值比较，进而得出结论；
（2）以频数估算概率求出男生中身高不低于的概率，独立重复抽取符合二项分布的特征，结合二项分布概率公式求解．
【小问1详解】
由列联表可知，，样本容量，
代入，
已知小概率值对应临界值，
故，由小概率值的独立性检验，原假设不成立，
即可认为学生的性别与身高有关联．
【小问2详解】
由样本数据，男生中身高不低于的频数为，频率为，
抽取4次且相互独立，故，由二项分布概率公式：
，
代入，．
17. 已知函数，是的极大值点，
（1）求实数的值；
（2）判断函数在区间上的零点个数，并说明理由；
（3）设，证明：．
【答案】（1）
（2）函数在区间上的零点个数为1，理由如下：
由（1）知，是的极大值点，是的极小值点，
，
当时，，当时，，
且在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故在区间上有且仅有1个零点.
（3）设，
则，
由于，故，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，
故恒成立，则.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据极值点处导数等于0，即可求出答案；
（2）根据导数判断函数的单调性，结合零点存在定理，即可判断；
（3）设，求出其导数，判断函数单调性，求出其最小值，即可证明结论.
【小问1详解】
由可知函数定义域为，
，
因为是的极大值点，故，
此时，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故是的极大值点，故；
【小问2详解】
略
【小问3详解】
略
18. 如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，的中点．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面；
（3）点在侧面内，且到直线的距离为，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度．
【答案】（1）取的中点F，连接，
因为E为的中点，故，
又为的中点，,得,
故四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，故平面.
（2）以点B为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，故，即，
故平面；
（3）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面的法向量，利用向量法即可证明；
（3）取的中点G，连接，确定P点在上，设，根据直线与平面所成角的正弦值为，求出m的值，即可求得答案.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
略
【小问3详解】
取的中点G，连接，则,且，
结合题意可知四边形为矩形，此时，
即得上任一点到的距离均为，故P点在上，
设，，
，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，
直线与平面所成角的正弦值为，
则，解得，（舍去），
故.
19. 设集合，，．从中一次取出个不同的数，由小到大依次记作，，．定义随机变量：
（1）若，求的分布列；
（2）求；
（3）若随机变量，证明：．
【答案】（1）
的分布列为：
（2）

（3）
由于随机变量，所以，，
因此，
由（2）可知，由于，所以，
要证明，即证明，即需证，
①先证明：
令，
当时，；当时，，
令函数，则，当时，，所以在时单调递增且，
所以随着的增大，也逐渐增大，
因此对于，有，即；
②再证明：
由于，且，对任意都成立，
所以；
综上所述，，即．
【解析】
【分析】（1）根据题意，先计算总取法数，再依次统计符合，，的取法数即可求解；
（2）根据题意，先计算总取法数，再依次计算符合，，的取法数即可求解；
（3）根据题意，分别得出，，两式相减得出，再分别证明和即可求解.
【小问1详解】
当时，集合，从中一次取出个不同的数，由小到大依次记作，，，
总的取法数为，
分别是，，，，，，，，，，
由于随机变量
当时，即且，满足的组合只有，所以；
当时，即且，满足的组合只有，，，所以；
当时，；
所以，当时，随机变量的分布列为：
【小问2详解】
对于一般的，从集合中一次取出个不同的数，
总取法数为，
当时，即且，所以且，
令，由于，且，则,
从个数选出个不同的数的方法数为，因此满足条件的组合数为，
所以；
当时，即且，所以是三个连续的整数，即，
可以取，共种选择，所以；
当时，；
因此，.
【小问3详解】
略.
性别
身高
合计
低于
不低于
女
男
合计