江苏南京市七校联合体2025-2026学年高二下学期期末调研试题 数学试题（含答案）

这是一份江苏南京市七校联合体2025-2026学年高二下学期期末调研试题 数学试题（含答案），共6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 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 ，若 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】∵ ，∴ ，且 .
若 ，解得 或 .
当 时， ，不满足集合元素的互异性，舍去；
当 时， ，此时 ，符合题意.
若 ，则 ， ，不满足集合元素的互异性，舍去.
综上， .
2. 函数 的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由题意得 ，解得 或 ，
所以函数 的定义域为 .
3. 下列选项正确的是（ ）
A. B.
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C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由排列数，组合数计算方式结合选项可得答案.
【详解】对于 A， ， ，故 A 错误；
对于 B， ， ，故 B 错误；
对于 C， ， ，从而 ，故 C 错
误.
对于 D， ，故 D 正确.
4. 已知 ， ， ，则 ， ， 的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为 ，
因为函数 在 上单调递增，所以 ，即 .
又 ，
所以 .
5. “ ”是“ ”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】先把两个语句进行化简，然后根据条件的判断方法进行判断.
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【详解】 等价于 ， 等价于 ，
由于 ，
所以“ ”是“ ”的必要不充分条件，
故选：B.
【点睛】本题主要考查充要条件的判定，把语句进行化简是求解关键，属于容易题，侧重考查逻辑推理的
核心素养.
6. 若正数 ， 满足 ，则 的最小值是（ ）
A. B. C. 15 D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据基本不等式求解即可.
【详解】由题意知， ， ，由 ，得 .
，
当且仅当 ，即 时，等号成立.
7. 如图，在四棱锥 中，底面 为平行四边形，点 分别为线段 上的点，若
，且 ，则 （ ）
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A. 1 B. 2 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算及空间向量基本定理即可求解.
【详解】由题意可得， ，设 ， ，
且 ，
，
因为 ，
所以
所以 .
8. 已知函数 ， 定义域均为 ，函数 为偶函数，函数 是奇函数，若
， ，则 （ ）
A. 1000 B. 2000 C. 3000 D. 4000
【答案】B
【解析】
【分析】利用两函数的奇偶性推得 的周期性，求出 在 1 个周期内的函数值，利用周期性求解.
【详解】因为函数 为偶函数，所以 ，则可得 ①，
因为函数 为奇函数，所以 ，即 ，
已知 ，则可得 ，
则 ，即 ②，
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将①代入，可得 ，则得 ，
两式相减得 ，即 4 为 的 1 个周期，
由 可得 4 也是函数 的 1 个周期，
因 ，由②式，令 得 ，令 ，得 ，即
令 ，得 ，故 ， ,
又由 ，可得 ，
，故有 ，
又 ，故 .
二、选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，有多项
符合题目要求．全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错得 0 分．
9. 下列结论中正确的是（ ）
A. 两个随机变量的线性相关程度越强，样本相关系数越接近 1；
B. 利用 进行独立性检验时， 的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量存在关联；
C. 经验回归直线至少经过其样本数据点中的一个点；
D. 若一组样本数据 的对应样本点都在直线 上，则这组样本数据的相关
系数为 1.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据线性相关、独立性检验、经验回归直线及相关系数的知识判断即可.
【详解】对于 A，样本相关系数的取值范围为 ，两个随机变量的线性相关程度越强，样本相关系数的
绝对值越接近 1，A 错误.
对于 B，利用 进行独立性检验时， 的值越大，则说明有更大的把握认为两个分类变量存在关联，B 正
确.
对于 C，经验回归直线是通过最小二乘法得到的，是使样本数据点到该直线的距离的平方和最小，不一定
经过其样本数据点中的一个点，C 错误.
对于 D，说明 与 是完全正相关，此时相关系数 ，D 正确.
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10. 下列选项中说法正确的是（ ）
A. 函数 的单调增区间为
B. 幂函数 过点 ，则
C. 函数 的定义域为 ，则函数 的定义域为
D. 若函数 的定义域为 ，则实数 的取值范围是
【答案】BC
【解析】
【详解】对于选项 A：函数 需满足定义域条件 ，解得 或 .
令 ，外层函数 为增函数，内层函数 的对称轴为 ，在 上单调
递增，
根据复合函数“同增异减”原则， 的单调增区间为 ，故 A 错误.
对于选项 B：∵ 为幂函数，根据幂函数定义，系数 ，
又∵ 函数过点 ，∴ 代入得 ，解得 ，
∴ ，故 B 正确.
对于选项 C：∵ 函数 的定义域为 ，
∴ 函数 需满足 ，
∴ 解得 ，即 的定义域为 ，故 C 正确.
对于选项 D：∵ 函数 的定义域为 ，即 对任意 恒成立，
当 时，不等式化为 ，显然不能对所有实数 恒成立；
当 时，需满足 ，
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解得 ，即实数 的取值范围为 ，故 D 错误.
【点睛】方法归纳：
1. 求解复合函数单调区间时，优先求解定义域，再结合“同增异减”原则判断；
2. 幂函数需满足自变量前系数为 1；
3. 抽象函数定义域遵循“括号内整体取值范围一致”的原则；
4. 二次型不等式恒成立问题需分二次项系数为 0 和不为 0 两种情况讨论.
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 设随机变量 ，则
B. 从装有大小、形状都相同的 5 个红球和 3 个白球的袋中随机取出两球，取到白球的个数记为 ，则
C. 设随机变量 服从正态分布 ，则
D. 从集合 中任取三个元素 ，且满足 ，定义随机变量
，则 的数学期望为
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项 A，二项分布概率公式求解；选项 B， 服从超几何分布求解；选项 C，正态曲线求解；选
项 D 利用期望的线性性质求解.
【详解】选项 A，因为 ，则 ，
，故 ，A 正确；
选项 B， 服从超几何分布，总球数 8 个，取 2 个，则 ，
， ，即 ，B 错误；
选项 C， ，正态曲线关于 对称，因此 ，
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，C 正确；
选项 D，集合为 ，共 6 个元素，任取 3 个的总组合数为 ，
利用期望的线性性质：每个元素被选中的概率均为 ，因此
，D 正确.
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 南京素以风景秀丽，人杰地灵著称，深受游客的喜爱.甲、乙两名游客从含中山陵和夫子庙的 8 个旅游
景区中各选 3 个景区去游玩，则甲选了中山陵且乙未选夫子庙的选法共有_______种．
【答案】735
【解析】
【分析】根据题意，分别计算甲、乙选择的种类数，再相乘即可．
【详解】甲选了中山陵且乙未选夫子庙，
则甲有 种，乙有 种，
故共有 种
13. 在棱长为 2 的正方体 中，点 分别为 的中点，则点 的距
离为_______．
【答案】2
【解析】
【分析】点到平面的距离可通过等体积法求解：将点与平面构成的三棱锥，转换顶点和底面，利用体积不
变性计算高（即点到平面的距离）.
【详解】
正方体中 平面 ，因此 是三棱锥 的高，且 ，
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正方形 面积为 ，
，
，
，
因此 ，
，
在直角三角形 中， ， ，故 ，
在直角三角形 中， ， ，故 ，
在直角三角形 中， ， ，故 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
设点 到平面 的距离为 ，则三棱锥 的体积为
，
由体积相等 ，得 ，得 .
14. 某学校安装人脸识别门禁系统，系统对出入人员仅作出“允许通行”或“禁止入内”两种判断．现对系统进
行测试，结果如下：校内职工被判定为“禁止入内”的概率为 ，校外访客被判定为“允许通行”的概率为
．已知进入该校的人员中，校外访客和校内职工的比为 ，经测试某人被判定为“允许通行”，则其是校内
职工的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】可先设出相关事件，在根据已知条件求出各事件发生的概率，最后利用条件概率公式计算即可.
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【详解】设某人为校内职工为事件 ，系统判定为“允许通行”为事件 ，
则可得 ， ， ， ， ，
.
四、解答题：本大题共 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. 已知集合 ，集合 ．
（1）当 时，求 ；
（2）若 ，求实数 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先分别解分式不等式及一元二次不等式，再根据求集合的并集可得；
（2）先由 得不等式 在 上恒成立，再由基本不等式可得.
【小问 1 详解】
由 ， ， ，解得 ，即 .
当 时，不等式 的解集为 或 ，即 .
.
【小问 2 详解】
由题意 ，且 ，
所以不等式 对 恒成立.
所以不等式 对 恒成立，
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，当且仅当 时取等号，
.
因此实数 的取值范围 .
16. 已知 的展开式中，二项式系数之和等于 1024．常数项为 ，
（1）求 的值；
（2）求二项式系数最大的项；
（3）若第 项的系数绝对值是第 项的系数绝对值的 5 倍，求 的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先根据二项式系数的性质，可确定 的值，再根据二项展开式的通项公式求常数项，根据常
数项的值列式可得 的值.
（2）根据二项式系数的性质可求二项式系数最大的项.
（3）根据二项展开式的通项公式列式，可求 的值.
【小问 1 详解】
根据二项式性质，二项式系数之和为 ，由题知 ，得 .
展开式的通项为： ，
常数项满足 的指数为 0，令 ，解得 ，
所以常数项为： .
由题意得 ，且 ，解得 .
【小问 2 详解】
因为 ，展开式共 11 项，
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所以二项式系数最大项为 = .
【小问 3 详解】
第 项对应 ，系数绝对值为 ；
第 项对应 ，系数绝对值为
由题意得： ，
整理得：
解得 （符合 的范围）.
17. 已知函数 的定义域为 ，且图象经过点 ．
（1）求 的值；
（2）求 的值域；
（3）求 的最小值 ．
【答案】（1） 或
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）把点 代入解析式求解即可；
（2）令 ，利用对勾函数的单调性可求得 在 上的值域；
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（3）令 ，结合单调性可得 ，利用二次函数的最值，分类讨论可求得 的
最小值 .
【小问 1 详解】
因为 过点 ，把点 代入 得： ，
解得 或 .
【小问 2 详解】
，令 ，
因为 ，所以 .
于是得到 ， ．
因为 在 单调递减，在 单调递增，
， ， ．
所以 的最小值为 2， 的最大值为 ．
于是 在 上的值域为 ．
【小问 3 详解】
（ ）
令 ，
由（2）可知 ，
于是得到 ，对称轴为 ；
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当 时， 在 单调递增， 在 处取最小值 ，
所以 ;
当 时， 在 单调递减，在 单调递增，
在 处取最小值 ，所以 ;
当 时， 在 单调递减， 在 处取最小值 ．
所以 ．
综上 .
18. 如图，菱形 的边长为 ， .现将 沿 折起，得到四面体 ，设二面
角 等于 .
（1）求证： ；
（2）若三棱锥 的体积为 ，
（i）求直线 与平面 所成的角；
（ii）当 时，求锐二面角 的余弦值.
【答案】（1）由菱形 的边长为 ，且 ，
所以 和 都是等边三角形，因为 沿 折起得 ，
所以 为等边三角形，
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如图所示，取 的中点 ，连接 ， ，可得 ， ，
因为 ，且 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ；
（2）（i） 或 ；（ii）
【解析】
【分析】（1）取 的中点 ，进而由线面垂直的判定定理可得 平面 ，再由线面垂直的定义可
得；
（2）（i）先由三棱锥的体积可得 或 ，再在等腰 可得 或 ，进而可得线
面角的值；（ii）向量法：建立空间直角坐标系，用向量法求面面角，进而可所求二面角的余弦值；几何法：
将二面角转化为线面角来计算,先用等积法可得 点到平面 的距离为 ，再计算 点到二面
角 的棱 的距离 ，进而可得直线 与平面 所成角的正弦值为 ，
再同角三角函数关系式得余弦值，从而可得所求二面角的余弦值.
【小问 1 详解】
略
【小问 2 详解】
（i）由（1）知 平面 ，所以 ，
又由 ， ，所以 是二面角 的平面角，即 ，
因为菱形 的边长为 ，可得 ， ，且
所以 .
又因为三棱锥 的体积为 ，所以 ，
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解得 ，因为 ，所以 或 .
（亦可用 在平面 上的投影为 ，由（1）知 平面 ，且 平面 ，
所以平面 平面 ，因此 必在 上.
因为 ，所以 ，则 .
又因为三棱锥 的体积为 ，
所以 ，
解得 ，所以 或 ）
因为 平面 ，且 平面 ，所以平面 平面 ，
因为平面 平面 ，所以 点在平面 的投影在直线 上，
所以 即为直线 与平面 所成角，
在 中， 或 ，且 ，所以 是等腰三角形，
当 时， ；当 时， .
因此，直线 与平面 所成角为 或 .
（ii）向量法：
由（i）知 或 ，因为 ， ，所以 ，且 ，
过 点作平面 的垂线为 轴， ， 所在直线为 轴， 轴建立空间直角坐标系，如图：
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可得 ， ， ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，所以 .
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，所以 .
可得
因为二面角 为锐角，所以二面角 的余弦值为 .
几何法：由（i）知 或 ，因为 ， ，所以 ，且 ，
如图：
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在 中， ，所以底边 上的高为 ，
所以 ，设 点到平面 的距离为 ，
因为三棱锥 的体积为 ，所以 ，
即 ，解得 .
因为 是等边三角形，所以 点到二面角 的棱 的距离 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ，
所以直线 与平面 所成角的余弦值为 .
因为二面角 为锐角，所以二面角 的余弦值为 .
19. 在某个抽奖游戏中，抽奖箱内装有 个大小相同、质地均匀的小球，编号分别为
.游戏规则如下：从箱子中随机取出一个小球，记录下编号后放回；再从箱子中随机取出一个小球，
记录下编号后放回；重复这个过程，直到某次取到的小球的编号小于或等于上一次取到的小球的编号时停
止. 游戏停止时，取球的总次数记作 ， 表示“共有 个小球，按规则取球 次后游戏停止”
的概率.
（1）求 ；
（2）求当 时，随机变量 的概率分布；
（3）若小球的个数为 ，求游戏停止时取球次数为偶数的概率 （用 表示）.
【答案】（1）
（2） 的概率分布：
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（3） 【解析】
【分析】（1）法一列出符合题意的事件，进而递推出事件总数，最后得到概率，法二利用对立事件与组合
数的性质求解概率即可；
（2）根据题意， 可取 ，求出对应概率并列出分布列即可；
（3）对 为奇数和偶数分类讨论，再逆用二项式定理求解即可.
【小问 1 详解】
法一：将 n 次摸到的小球的编号依次排列，
记为 ，且 ，即 ；
当 时， ；当 时， ；……，当 时， ，
共有 种，故
法二：由题意得 的含义：摸球 2 次后停止，其反面为 ，
而 的含义是前 2 次未能停止，即前两次小球编号依次增大，有 种可能，
因此 ；
【小问 2 详解】
因为变量
则
的概率分布：
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【小问 3 详解】共 n 个小球，则最多 次必停止，且 ，
若 ，则说明前 n 次小球的编号依次增加，第 次编号任意，
因此
若 ，则类似（1）的讨论，
可得 ，
其中， 的含义是前 次未能停止，
即前 次编号依次增加，共 种可能，因此 ，
①若 n 为奇数，则
②若 n 为偶数，则
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综上所述， ．