2025--2026学年福建厦门大学附属科技中学高二下册期中质量检测数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年福建厦门大学附属科技中学高二下册期中质量检测数学试题 [含答案]，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的.
1. 上海百联集团对旗下若干门店的营业额与三个影响因素分别作了相关性分析，绘制了如下的散点图，则下述大小关系正确的为（ ）．
A. B. C. D.
2. 随机变量X服从两点分布，若，则下列结论正确的是（ ）．
A. B.
C. D.
3. 假设某次考试的成绩服从正态分布.如果按的比例将考试成绩从高到低分为四个等级，则A等级的分数线约为（ ）
【若，则】
A. 85B. 130C. 115D. 145
4. 有6个座位连成一排，现有3人入座，则恰有两个空位相邻的不同坐法的种数为（ ）
A. 144B. 72C. 48D. 36
5. 已知抛物线：上任意一点，定点，若点是圆上的动点，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. D. 4
6. 某篮球运动员每次投篮投中的概率是，每次投篮的结果相互独立，那么在他10次投篮中，记最有可能投中的次数为，则的值为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
7. 年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众，现在编排一个动作，机器人从原点出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位，共移动次，则该机器人在有且仅有一次经过（含到达）点位置的条件下，水平方向移动次的概率为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线为某个函数的图象，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意.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. 为了解某种药物的疗效，患者服用该药物，短时间内血液中药物浓度达到峰值，研究员统计了血液中药物浓度（单位：）与代谢时间（单位：）的数据，如下表所示：
根据表中数据可得回归方程为，则下列说法正确的是（ ）
附：回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，相关系数．
A.
B. 当时，对应样本点的残差为0.32
C. 若再增加一组数据，则关于的回归直线的斜率变大
D. 若删去数据，则与的相关系数不变
10. 新高考数学试题第二部分为多选题，共3个小题，每小题有4个选项，其中有2个或3个是正确选项.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.若正确答案是2个选项，只选对1个得3分.有选错的得0分：若正确答案是3个选项，只选对1个得2分，只选对2个得4分，有选错的得0分.小明对其中的一道题完全不会，该题有两个正确选项的概率是，记为小明随机选择1个选项的得分.记为小明随机选择2个选项的得分，则（ ）
A. B.
C. D.
11. 已知函数，则（ ）
A. 的图象关于对称
B. 若有三个不同的零点，则
C. 当时，过原点且与曲线相切的直线恰有一条
D. 若恰有9个不同的实数根，则的取值范围关于原点对称
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若的展开式的二项式系数和为32，且的系数为__________．
13. 若为单调函数，则的最大值为________.
14. 甲、乙、丙三人进行远程射击，命中目标的概率分别为．现按甲、乙、丙的顺序循环，由甲先射击，规则如下：若当次射击命中，则下一次由接下来的第个人进行射击；若当次射击未命中，则跳过个人，下一次由接下来的第个人进行射击．前次射击结束，丙未进行射击的概率为________．若前次射击中，设丙射击的次数为，则的数学期望为________．
四、解答题：本大题共6小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 为研究高中生自主刷题与数学成绩提升的关联性，某教研机构随机抽取200名高三学生开展调查，统计数据如下表（单位：人）：
根据上述数据，解答下列问题：
（1）依据小概率值的独立性检验，判断能否认为高中生坚持自主刷题与数学成绩显著提升有关？
（2）已知在坚持自主刷题的学生中，数学成绩达到优秀的概率为0.6；在未坚持自主刷题的学生中，数学成绩达到优秀的概率为0.3.现从这200名学生中随机抽取1人，发现其数学成绩为优秀，求该学生坚持自主刷题的概率.
附：，其中.
16. 如图，在三棱台中，四边形为直角梯形，，平面平面，为的中点，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值．
17. 已知椭圆：过点，以的长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且．
（1）求的方程；
（2）若过点的直线与交于两点，满足直线的斜率之和为，求的面积．
18. 某公司组织两部门的50名员工参加技术培训.
（1）此次技术培训的员工中共有6名部门领导参加，恰有3人来自A部门．从这6名部门领导中随机选取2人，记表示选取的2人中来自A部门的人数，求的分布列和数学期望；
（2）此次技术培训分三轮进行，每位员工第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为，每轮培训结果相互独立，至少两轮培训达到“优秀”的员工才能合格.
（ⅰ）求每位员工经过培训合格的概率：
（ⅱ）经预测，开展此次技术培训后，合格的员工每人每年平均为公司创造利润30万元，不合格的员工每人每年平均为公司创造利润20万元，且公司需每年平均为每位参加培训的员工支付3万元的其他成本和费用．试估计该公司两部门培训后的年利润（公司年利润员工创造的利润－其他成本和费用）.
19. 已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）设函数的零点为，曲线在处的切线为，求证：；
（3）当时，设，，且满足，求证.
数学
（考试时长：120分钟）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的.
1. 上海百联集团对旗下若干门店的营业额与三个影响因素分别作了相关性分析，绘制了如下的散点图，则下述大小关系正确的为（ ）．
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：根据散点图判断两变量的线性相关性，再根据线性相关性与相关系数的关系判断即可.
解答过程：由散点图可知，图一两个变量成正相关，且线性相关性较强，故，
图二、图三两个变量都成负相关，且图二的线性相关性更强，
故，，，故，所以.
故选：C.
2. 随机变量X服从两点分布，若，则下列结论正确的是（ ）．
A. B.
C. D.
答案：C
解析：
思路：根据分布列的性质求得，利用公式求得，，结合期望和方差的性质，即可求解.
解答过程：由随机变量服从两点分布，若，
根据分布列的性质，可得，所以A错误；
又由，，所以B错误；
由，所以C正确；
由，所以D错误.
故选：C.
3. 假设某次考试的成绩服从正态分布.如果按的比例将考试成绩从高到低分为四个等级，则A等级的分数线约为（ ）
【若，则】
A. 85B. 130C. 115D. 145
答案：C
解析：
思路：借助正态分布的原则，进行解题；
解答过程：因为，则，
由于考试成绩从高到低分为四个等级，故等级对应“”，
因为考试的成绩服从正态分布，，
则，
则A等级的分数线约为115.
故选：C.
4. 有6个座位连成一排，现有3人入座，则恰有两个空位相邻的不同坐法的种数为（ ）
A. 144B. 72C. 48D. 36
答案：B
解析：
解答过程：由题意，先让3人坐定，有种方法，
然后将相邻的两个空位看作一个座位，再将两个座位插入3人形成的4个空位中，有种方法，
因此，恰有两个空位相邻的不同坐法的种数为.
5. 已知抛物线：上任意一点，定点，若点是圆上的动点，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. D. 4
答案：B
解析：
解答过程：
抛物线：的焦点，准线：，
设点到准线的距离为，点到准线的距离为，
所以.
6. 某篮球运动员每次投篮投中的概率是，每次投篮的结果相互独立，那么在他10次投篮中，记最有可能投中的次数为，则的值为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
答案：D
解析：
思路：先记投篮命中的次数为随机变量，根据题意，得到服从二项分布，求出取最大时的值，即可得出结果.
解答过程：记投篮命中的次数为随机变量，
由题意，，
则投篮命中次的概率为，
由得，即，即，
解得，又，
因此时，取最大值.
即该运动员10次投篮中，最有可能投中的次数为次.
故选：D.
方法提示：本题主要考查二项分布对应的概率最大问题，涉及组合数的运算，属于基础题型.
7. 年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众，现在编排一个动作，机器人从原点出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位，共移动次，则该机器人在有且仅有一次经过（含到达）点位置的条件下，水平方向移动次的概率为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：按 “第步到” 和 “第步到” 分类枚举所有路径，计算事件（仅一次经过）的总路径数与事件（同时满足水平移动次）的路径数，再用条件概率公式​求解．
解答过程：设事件“有且仅有一次经过（含到达）点”，事件“水平方向移动次”，按移动到需要步还是步分类讨论，
记为向左，为向右，为向上，为向下，
①若第步到为事件，则移动次满足要求的是（或或），（或或），（或或），（或或），
所以；
②若第步到为事件，则移动次满足要求的是，所以．
因为，且互斥，所以．
满足的情况有：，所以，
所以．
8. 已知将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线为某个函数的图象，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：设为的图象上任意一点，通过点的旋转得到旋转后的坐标，构造函数，由其单调性求解即可.
解答过程：设为的图像上任意一点，绕坐标原点逆时针旋转后点的对应点为，
设，与正半轴夹角为，
可得，，
化简可得：，令，则，
所以，令，
要使函数图像绕原点逆时针旋转后仍为某函数的图象，
则为单调函数，即恒成立，或恒成立.
因为，又，故不恒成立，所以恒成立.
当时，由得，令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，所以；
当时，由得，
令，则，所以在上单调递增，
当时，，
所以当时，的取值范围为，所以，
综上所述，的取值范围为.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意.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. 为了解某种药物的疗效，患者服用该药物，短时间内血液中药物浓度达到峰值，研究员统计了血液中药物浓度（单位：）与代谢时间（单位：）的数据，如下表所示：
根据表中数据可得回归方程为，则下列说法正确的是（ ）
附：回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，相关系数．
A.
B. 当时，对应样本点的残差为0.32
C. 若再增加一组数据，则关于的回归直线的斜率变大
D. 若删去数据，则与的相关系数不变
答案：ABD
解析：
思路：求出的平均值，即可求出，判断A；根据残差的计算判断B；根据最小二乘估计公式以及相关系数公式可判断CD.
解答过程：由题意知，
，
所以，A项正确；
由上可知，当时，，
则残差为，B项正确；
再增加一组数据后，，，所以的值不变，
的值也不变，故关于的回归直线的斜率不变，C项错误；
删去数据后，，，所以的值不变，
的值也不变，因此与的相关系数不变，D项正确．
故选:ABD
10. 新高考数学试题第二部分为多选题，共3个小题，每小题有4个选项，其中有2个或3个是正确选项.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.若正确答案是2个选项，只选对1个得3分.有选错的得0分：若正确答案是3个选项，只选对1个得2分，只选对2个得4分，有选错的得0分.小明对其中的一道题完全不会，该题有两个正确选项的概率是，记为小明随机选择1个选项的得分.记为小明随机选择2个选项的得分，则（ ）
A. B.
C. D.
答案：ACD
解析：
思路：分别计算出和的分布列，然后逐项进行计算即可求得.
解答过程：根据题意，的可能取值为，
表示：若该题有两个正确选项，则小明从两个错误选项中选择1个；若该题有3个正确选项，则小明从1个错误选项中选择1个，
则；
表示：该题有3个正确选项，则小明从3个正确选项中选择1个，
则；
表示：该题有2个正确选项，则小明从2个正确选项中选择1个，
则；
则，，
则；
的可能取值为，
表示：若该题有两个正确选项，则小明从两个错误选项中选择1个，
再从两个正确选项中选择1个或选择2个错误选项；
若该题有3个正确选项，则小明从1个错误选项中选择1个，
再从3个正确选项中选一个，则；
表示：该题有3个正确选项，则小明从3个正确选项中选择2个，
则；
表示：该题有2个正确选项，则小明从2个正确选项中选择2个，
则；
则，，
则；
A正确，B错误，CD正确.
11. 已知函数，则（ ）
A. 的图象关于对称
B. 若有三个不同的零点，则
C. 当时，过原点且与曲线相切的直线恰有一条
D. 若恰有9个不同的实数根，则的取值范围关于原点对称
答案：ACD
解析：
思路：首先要根据题目中的函数方程，通过求导的方式得出函数的单调性，极值，然后再根据每一个选项的条件，分别进行解答.
解答过程：对于A，，
所以的图象关于对称，A正确；
对于B，，
当时，，当时，，当时，，
所以当时取极大值为，
当时取极小值为，
当时，，当时，，
若有三个不同的零点，则，即，
解得，B错误；
对于C，当时，，，
设切点坐标为，则，即，
又，所以，解得，
所以过原点且与曲线相切的直线为：，只有一条，C正确；
对于D，令，要使有9个不同的实数根，则要求有三个不同的实数根，且每个有三个不同的实数根，
设满足题意，则方程的三个实数根均满足，
当参数为时，方程变为，三个实数根为，
此时要求根满足，该条件等价于，
由于和满足题意的条件完全相同，故的取值范围关于原点对称. D正确.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若的展开式的二项式系数和为32，且的系数为__________．
答案：
解析：
思路：由二项式系数和求得，再由通项公式即可求解.
解答过程：由题意可得，即，
通项公式，
令，可得：，
所以的系数为，
故
13. 若为单调函数，则的最大值为________.
答案：
解析：
思路：将单调性问题转化为导数恒小于等于零，求解参数范围即可.
解答过程：函数，则，
设，则，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
当时，，
且时，，当时，，
即，
因为函数为上的单调函数，只能是在上恒成立，
所以，即，
即的最大值为.
14. 甲、乙、丙三人进行远程射击，命中目标的概率分别为．现按甲、乙、丙的顺序循环，由甲先射击，规则如下：若当次射击命中，则下一次由接下来的第个人进行射击；若当次射击未命中，则跳过个人，下一次由接下来的第个人进行射击．前次射击结束，丙未进行射击的概率为________．若前次射击中，设丙射击的次数为，则的数学期望为________．
答案： ①. ##0.25 ②.
解析：
思路：第空：要丙前次不射击，甲第次必须命中（否则直接轮到丙），乙第次必须未命中（否则第次轮到丙），故概率为甲命中概率×乙未命中概率：．
第空：先通过递推关系求出第次轮到丙射击的概率，再利用期望的线性性质，对从到求和，经等比数列化简得 ．
解答过程：答题空：
要让丙在前次射击中未射击，需要满足：
若第次甲射击未命中，此时跳过乙，下一次由丙射击，不符合“丙未射击”的条件，
所以只能是第次甲射击命中，则第次射击由乙射击，
若第次射击乙命中，则由丙射击，不符合“丙未射击”的条件，
所以只能是第次乙射击不命中，则第次射击由甲射击，符合“丙未射击”的条件，
所以前次射击结束，丙未进行射击的概率为；
答题空：
设第次由甲、乙、丙射击的概率分别为，
由题意得，且，
所以，化简得，又，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，则，
设变量为第次丙射击，则，，
所以．
四、解答题：本大题共6小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 为研究高中生自主刷题与数学成绩提升的关联性，某教研机构随机抽取200名高三学生开展调查，统计数据如下表（单位：人）：
根据上述数据，解答下列问题：
（1）依据小概率值的独立性检验，判断能否认为高中生坚持自主刷题与数学成绩显著提升有关？
（2）已知在坚持自主刷题的学生中，数学成绩达到优秀的概率为0.6；在未坚持自主刷题的学生中，数学成绩达到优秀的概率为0.3.现从这200名学生中随机抽取1人，发现其数学成绩为优秀，求该学生坚持自主刷题的概率.
附：，其中.
答案：（1）有关 （2）
解析：
思路：（1）由题意可得，根据独立性检验知识即可得结论；
（2）定义事件：设“该学生坚持自主刷题”，则“该学生未坚持自主刷题”，“该学生数学成绩优秀”，根据题意求出的值，结合，求出的值，再由条件概率公式，求解即可.
（1）假设 ：高中生坚持自主刷题与数学成绩显著提升无关联；
经计算因为，
故依据小概率值的独立性检验，我们推断假设不成立，
即认为高中生坚持自主刷题与数学成绩显著提升有关联，该推断犯错误概率不超过0.001；
（2）定义事件：设“该学生坚持自主刷题”，
则“该学生未坚持自主刷题”，“该学生数学成绩优秀”，
则，
所以，
所以
故该学生坚持自主刷题的概率为.
16. 如图，在三棱台中，四边形为直角梯形，，平面平面，为的中点，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值．
答案：（1）证明见解析
（2）解析：
思路：（1）法一：取的中点，连接，证得四边形是平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
法二：根据题意，证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
（1）证明：法一：取的中点，连接，
因为分别是的中点，可得，且，
在三棱台中，可得，所以，
又因为，所以，
所以四边形是平行四边形，则，
因为平面，平面，所以平面．
法二：在三棱台中，为的中点，且，
因为，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，且平面，于是平面．
（2）解：因为平面平面，平面平面，
且，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，
则．
设平面的法向量为，则，
令，可得．所以．
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成的角正弦值为．
17. 已知椭圆：过点，以的长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且．
（1）求的方程；
（2）若过点的直线与交于两点，满足直线的斜率之和为，求的面积．
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）利用椭圆过得，再利用得，即可写出椭圆方程；
（2）设直线方程并联立方程组，用韦达定理结合斜率之和的条件求出斜率，再用弦长和距离公式即可求出面积.
（1）因为椭圆过点，所以，即，
又因为以长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且，即，
所以，故椭圆的方程为.
（2）由（1）知，设过点的直线的方程为，设，
联立方程组，代入化简得：，
由韦达定理：，
又因为直线的斜率为：，直线的斜率为：，
且
所以，
解得，此时直线：，
方程变为，
判别式满足题意，且，
此时弦长，
点到直线的距离为，
所以的面积为.
18. 某公司组织两部门的50名员工参加技术培训.
（1）此次技术培训的员工中共有6名部门领导参加，恰有3人来自A部门．从这6名部门领导中随机选取2人，记表示选取的2人中来自A部门的人数，求的分布列和数学期望；
（2）此次技术培训分三轮进行，每位员工第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为，每轮培训结果相互独立，至少两轮培训达到“优秀”的员工才能合格.
（ⅰ）求每位员工经过培训合格的概率：
（ⅱ）经预测，开展此次技术培训后，合格的员工每人每年平均为公司创造利润30万元，不合格的员工每人每年平均为公司创造利润20万元，且公司需每年平均为每位参加培训的员工支付3万元的其他成本和费用．试估计该公司两部门培训后的年利润（公司年利润员工创造的利润－其他成本和费用）.
答案：（1）分布列见解析，1
（2）（ⅰ）；（ⅱ）1100万元．
解析：
思路：（1）服从超几何分布，利用即可求解；
（2）（ⅰ）记 “每位领导经过培训合格”， “每位员工第轮培训达到优秀”（），利用即可求解；
（ⅱ）记两部门开展培训后合格的人数为，则，求出合格人数的数学期望，即可求解
（1）的所有可能取值为0，1，2，且服从超几何分布．，
，．的分布列为
的数学期望．
（2）（ⅰ）记“每位员工经过培训合格”，“每位员工第轮培训达到优秀”，
，根据概率加法公式和事件相互独立定义得，
．即每位员工经过培训合格的概率为．
（ⅱ）记两部门开展培训后合格的人数为，则，
则（万元），
即估计两部门的员工参加培训后为公司创造的年利润为1100万元．
19. 已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）设函数的零点为，曲线在处的切线为，求证：；
（3）当时，设，，且满足，求证.
答案：（1）极大值，无极小值；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
解析：
思路：（1）求出导函数，由导函数确定单调性，得极值；
（2）求出切线方程，构造函数，利用导数求得最值后得证；
（3）分类讨论证明，结合条件不等式可转化为，构造函数，利用导数证明在上是增函数，即可得证.
（1），
当时，，递增，当时，，递减，
所以有极大值，无极小值；
（2）由，解得，
又因为，则，
所以切线方程为，
令，则，
由得，
当时，，递增，当时，，递减，
所以，所以，即；
（3）由（1）知，
①若，则，
，不合题意，
所以，
②若，则，
③若，又，而在上是减函数，
所以，所以，
综上所述，
又因为，
所以要证，只要证，
即证，即证，
设，则，
方法一：设，则，
因为在上是增函数，时，，时，，
所以存在，使得，即，
当时，，递减，当时，，递增，
所以，
又，则有，
又因为，，当且仅当时取等号，
所以，即在上为增函数，
又因为，所以，即.
方法二：设，
设，因为在上单调递增，
因为，所以，所以，
设，则，
当时，，递减，当时，，递增，
所以，所以，
所以，
所以，
所以，即在上为增函数，
又因为，所以，即.
0
1
2
3
4
5
6
150
143
132
123
114
104
95
成绩显著提升
成绩未显著提升
合计
坚持自主刷题
90
30
120
未坚持自主刷题
20
60
80
合计
110
90
200
0
1
2
3
4
5
6
150
143
132
123
114
104
95
成绩显著提升
成绩未显著提升
合计
坚持自主刷题
90
30
120
未坚持自主刷题
20
60
80
合计
110
90
200
0
1
2