江苏盐城市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题（含解析）

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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. 样本数据1，2，2，4，4，4，5的众数为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【详解】可知数据4频数最大，所以众数为4.
2. 已知随机变量，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【详解】由二项分布性质可知.
3. 在中，，，为的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算结合中点性质，将转化为已知向量、的线性组合即可求解.
【详解】根据平面向量加法的三角形法则可得，
因为为的中点，由中点的向量性质得 ，
由题设条件，，代入上述表达式可得 .
4. 2名女生、4名男生排成一排，则2名女生不相邻的不同排法种数为（ ）
A. 72B. 144C. 240D. 480
【答案】D
【解析】
【分析】本题为排列中的不相邻问题，采用插空法求解，先排男生再将女生插入男生形成的空隙，结合分步乘法计数原理计算即可.
【详解】先排列4名男生，因个体互不相同，全排列的种数为，
4名男生排列完成后，共形成个空隙（包含两端位置），
从5个空隙中任选2个插入2名女生，女生为不同个体，排列顺序影响结果，
故插入女生的排法种数为，
根据分步乘法计数原理，2名女生不相邻的总排法种数为.
5. 已知，的取值如下表所示，从散点图分析可知与线性相关，如果经验回归方程为，则表格中数据的值为（ ）
A. 2.1B. 2.2C. 2.3D. 2.4
【答案】B
【解析】
【分析】利用经验回归直线恒过样本中心点的性质，代入方程即可求解的值.
【详解】由题意得 ， ，
将代入，得，
因此，解得.
6. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，点在抛物线上，若直线的倾斜角为，则点到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先确定抛物线焦点坐标，联立直线与抛物线方程求得点坐标，推导直线的一般式方程，再利用点到直线距离公式计算原点到的距离．
【详解】
抛物线的焦点的坐标为，
直线的倾斜角为，故斜率，直线的方程为，
联立方程，得，
解得（舍去），，，所以，
直线的斜率，
所以直线的方程，即，
所以原点到直线的距离．
7. 已知随机事件，相互独立，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用相互独立事件的条件概率性质求出、，再结合和事件概率公式计算.
【详解】由随机事件，相互独立，则，
且事件，相互独立，故，
则，故
.
8. 如图，计划建造一个半径为且圆心角不超过的扇形花园，再建造一个圆形花坛，使其与扇形的两条半径边以及圆弧边都相切，最后再建造一个圆形喷泉，使其与两条半径边相切，并且与花坛外切．要使喷泉的效果最好（即圆形喷泉半径最大），则建造扇形花园圆心角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设扇形花园圆心角为，喷泉半径为，令，利用两圆外切且与扇形内切，用、表示，再利用导数求解最值问题．
【详解】设扇形花园圆心角为，则.
令，则.
设喷泉半径为，花坛半径为，,，
由题意知花坛、喷泉圆心均在扇形圆心角的角平分线上
则，
，.
因为喷泉与扇形两条半径边相切，并且与花坛外切又靠近顶点，
∴，
令
∵时，，单调递增；
时，，单调递减；
∴当时取到最大值，即此时圆形喷泉半径最大，
∴
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. 已知双曲线：的一个焦点为，则双曲线的（ ）
A. 焦距为6B. 实轴长为
C. 离心率为D. 渐近线方程为
【答案】ACD
【解析】
【分析】先根据双曲线的焦点坐标结合双曲线基本关系求出参数的值，再逐一验证各选项对应性质是否正确．
【详解】由双曲线的方程，可得，
已知一个焦点为，故，
根据双曲线性质，代入得，即，
对于A，双曲线焦距为，A正确；
对于B，双曲线实轴长为，B错误；
对于C，离心率，C正确；
对于D，渐近线方程为，整理得，D正确．
10. 已知函数的导函数为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 函数的极大值为1
C.
D. 若存在唯一的整数，使得，则实数 的取值范围为
【答案】AB
【解析】
【分析】求得，得到，可判定A正确；求得的单调性，得到的极大值，可判定B正确；由的单调性，结合，可判定C不正确；转化为 由唯一的整数解，结合和的图象，列出不等式组，可判定D错误.
【详解】对于A，由函数，可得，
可得，所以A正确；
对于B，由，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以函数的极大值为，所以B正确；
对于C，因为函数在为单调递减函数，且，
所以，可得，即，可得，
即，所以C不正确；
对于D，过作的切线，切点设为，
，
切线过，
或
当时，有且仅一个整数解，
则；
当时，有且仅一个整数解，此时，
,
综上：错误．
11. 三棱锥中，为等腰直角三角形，，为等边三角形，，记二面角的大小为，则（ ）
A.
B. 不存在，使三棱锥的体积为
C. 存在钝角，使得
D. 当，三棱锥的外接球表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，取的中点，利用线面垂直的判定定理证明平面，即可推得；对于B，由A项可得，作，证明平面，求得，利用三棱锥的体积公式和正弦函数的值域即可判断；对于C，由推得，结合条件判断点与点重合，排除此项；对于D，结合图形求出相关边长，判断三棱锥的外接球球心满足平面，借助于勾股定理求出外接球半径即可判断.
【详解】
对于A，取的中点，连接，因为等边三角形，则，
因为等腰直角三角形，，则，又因平面，
则平面，因平面，故，即A正确；
对于B，由A项分析，易得为二面角的平面角，即，且，
作于点，因平面，平面，则，
又因平面，故平面，在中，，
故三棱锥的体积，
因，则，故，故B正确；
对于C，因，则，
若，则，因为，即点与点重合，此时，显然为锐角，故C错误；
对于D，当时，，在中，，，
因点为的外心，则三棱锥的外接球球心必满足平面，
故而，设外接球的半径为，则，
在直角梯形中，，解得，
故外接球的表面积为，故D正确.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知随机变量 ，若，则 ________．
【答案】##
【解析】
【详解】随机变量 ，所以概率密度曲线关于直线对称，
所以则 .
13. 若函数有三个零点，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求出函数的极大值与极小值，再利用三次函数的图象特征求解.
【详解】函数的定义域为R，求导得，
当或时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
因此函数在处取得极大值，在处取得极小值，
由函数有三个零点，得，解得，
所以实数的取值范围为.
14. 若的展开式中的系数为，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式定理求指定项的系数以及错位相减法求数列的和分析求解即可.
【详解】由的展开式通项为：，
当时，含的系数为，即，
所以，
令，则，①
此时，②
①②：，
即，
即，所以.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，，，点满足．
（1）证明：直线平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）∵平面，平面，∴，
∵底面为矩形，∴，
又平面，
所以平面.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直性质可知，再由线面垂直判定定理可证明平面;
（2）建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，进而求得相关的向量坐标，求出平面与平面的法向量，根据向量的夹角公式求得答案.
【小问1详解】
略.
【小问2详解】
∵平面，平面，∴，
∵底面为矩形，∴，
以A为原点，，，向量方向分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
设平面的法向量为，
∴，取，则，，即，
平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为,
所以.
16. 已知数列满足，且.
（1）求证：为等比数列；
（2）求数列的前项和为.
【答案】（1）证明见解析；（2） ．
【解析】
【分析】（1）利用等比数列的定义求证即可；
（2）利用（1）的结论，可求得，利用分组求和的方法求和即可
【详解】（1）因为，
所以是首项为2，公比为2的等比数列.
（2）由（1）可知，
，
.
17. 甲、乙两人进行象棋比赛，每局比赛的结果相互独立且没有平局．若每局比赛甲获胜的概率为 （）．记为结束时比赛的局数．
（1）当时，比赛采用三局两胜制．
（i）求甲最终获胜的概率；
（ii）求的分布列．
（2）比赛有两种赛制供选择．
赛制一：比赛采取三局两胜制；
赛制二：比赛采取五局三胜制．
判断哪种赛制对甲最终获胜有利？请说明理由．
【答案】（1）(i)；
(ii) 的分布列为：
（2）当时，五局三胜制对甲更有利；当时，两种赛制甲获胜概率相等；当时，三局两胜制对甲更有利，理由如下:三局两胜制:
设甲在此赛制下获胜的概率为，甲获胜包含两种情况: 或，
其中胜的概率为，胜的概率为，
即，
五局三胜制:
设甲在此赛制下获胜的概率为，甲获胜包含三种情况: ，和，
其中胜的概率为，
胜的概率为，
胜的概率为，
则，
，
，
，
，
因为，且，
因此，当时，，则即，此时赛制五局三胜制对甲更有利，
当时，，则即，此时赛制三局两胜制对甲更有利，
当时， ，即，此时两种赛制甲获胜概率相等.
【解析】
【分析】（1）（i）利用独立事件乘法公式，直接计算甲前两局连续获胜的概率；（ii）列举比赛在两局或三局结束的全部互斥情形，分别计算概率即可求得分布列.
（2）分别求得两种赛制下甲获胜概率关于单局胜率的表达式，通过作差法判断差值符号并分类讨论即可得出结论.
【小问1详解】
（i）甲最终获胜的概率为.
（ii）由题意得的取值为2和3，
当时，甲结束比赛或乙结束比赛，
则，
则，
所以的分布列为：
【小问2详解】略
18. 已知椭圆：（）经过，且离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设斜率为1的直线交椭圆于，两点．
（i）若直线经过椭圆的右焦点，求的面积；
（ii）求的最小值．
【答案】（1）
（2）（i）（ii）
【解析】
【分析】（1）由椭圆过，椭圆离心率以及求解即可；
（2）（i）由直线经过椭圆的右焦点以及斜率为1，直线与椭圆联立，解得交点，的坐标，即可求解；
（ii）设直线的方程，与椭圆联立，再由韦达定理代入，由一元二次方程性质即可求解.
【小问1详解】
因为椭圆：（）经过，所以，因为椭圆离心率为，
所以，因为，所以解得，所以椭圆：.
【小问2详解】
（i）由题意可得，，因为直线的斜率为，所以直线：，所以联立，
可得，化简可得，解得或，
所以，，故点到直线的距离为，
所以.
（ii）设直线：，设，，
所以联立，可得，
可得，由韦达定理可得，
则，，
所以，
因为，，
所以，
即，
所以，
当时，取得最小值，即此时.
19. 已知函数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）证明：有且仅有两条直线与曲线，均相切；
（3）若，恒有，求实数的取值范围．
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为
（2）证明：设与曲线，均相切的直线的切点依次为，
因，则曲线在处的切线方程为，即①；
因，则曲线在处的切线方程为，即②
依题意，①与②为同一条直线，则，消去，可得，
设，则，
由可得，由可得，
即函数在上单调递减，在上单调递增，则，
且，故方程在区间和上各有1个实根，
也即有且仅有两条直线与曲线，均相切，得证；
（3）
【解析】
【分析】（1）将函数求导，根据导函数的正负即可确定函数的单调区间；
（2）先设出两曲线与公切线的切点，分别写出切线方程，列出方程组，消元后推得，令，求导判断其单调性和图象性质，得出其有两个零点即可得证；
(3)由化简得，设，求导得，设，根据参数分类考查该函数的单调性，检验原不等式是否恒成立，即得参数的范围.
【小问1详解】
因的定义域为，则，
由可得，由可得，
即函数的单调递增区间为，单调递减区间为
【小问2详解】
略
【小问3详解】
依题意，，恒有，
设，则，
设，则，且，
①当时，，因，则函数在上单调递增，
故，即在上恒成立，符合题意；
②当时，，令，则记，
显然该函数在上单调递增，故，则，即函数在上单调递增，
则，故，即函数在上单调递增，则，
即在上恒成立，符合题意；
③当时，因，
根据导数的连续性，必存在，当时，有，
即函数在上单调递减，则，即，
则函数在上单调递减，故，不合题意.
综上分析，可得实数的取值范围为.
0
1
3
4
4.3
4.8
6.7
2
3
2
3