内蒙古自治区包头市2025-2026学年第二学期高二年级期末教学质量监测数学试卷（含解析）

这是一份内蒙古自治区包头市2025-2026学年第二学期高二年级期末教学质量监测数学试卷（含解析）试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
2025—2026学年度第二学期高二年级期末教学质量监测试卷
数学
注意事项：
1．考生答卷前，务必将自己的姓名、座位号写在答题卡上．将条形码粘贴在规定区域．本试卷满分150分，考试时间120分钟．
2．做选择题时，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．写在本试卷上无效．
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡的规定区域内，写在本试卷上无效．
4．考试结束后，将答题卡交回．
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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由复数对应点坐标，得，
根据共轭复数定义，.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】对等式两边同时立方可得，移项整理得，
因式分解为，解得或或，因此.
又集合，.
3. 设为单位向量，且，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量模的关系得，再计算即可.
【详解】因为为单位向量，所以，
因为，平方得，即，
所以，即.
故选：B．
4. 已知，则（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据两角和与差的正弦公式进行化简求值即可.
【详解】由于，
那么，
，则，
故选：C．
5. 某中学举办田径运动会，某班从甲、乙等6名学生中选4名学生代表班级参加学校米接力赛，其中甲只能跑第1棒或第2棒，乙只能跑第2棒或第4棒，那么甲、乙都参加不同棒次安排方案总数为（ ）
A. 12B. 24C. 30D. 36
【答案】D
【解析】
【分析】按甲跑第1棒和第2棒分两类讨论，先确定乙的可选位置，再对剩余棒次从其余4名学生中选2人排列，求和得总方案数.
【详解】当甲跑第1棒时：乙可选择第2棒或第4棒，共种安排；
剩余2个棒次需从除甲、乙外的4名学生中选2人排列，排列数为，
此类方案总数为；
当甲跑第2棒时：乙只能选择第4棒，共1种安排；
剩余2个棒次需从除甲、乙外的4名学生中选2人排列，排列数为，
此类方案总数为；
总方案数为
6. 长方体的一条体对角线与它在一个顶点处的三个面所成的角分别为，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】如图，设长方体的长、宽、高分别为，体对角线长为，
因体对角线在平面上的射影为,可取,则
体对角线在平面上的射影为,可取,则
体对角线在平面上的射影为,可取,则
则，
.
7. 设分别为圆和椭圆上的点,则两点间的最大距离是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
转化为圆心到椭圆上点的距离的最大值加（半径）.
【详解】设，圆心为，
则，
当时，取到最大值，∴最大值为．
故选：D.
本题考查圆上点与椭圆上点的距离的最值问题，解题关键是圆上的点转化为圆心，利用圆心到动点距离的最值加（或减）半径得出结论．
8. 若存在且，对任意的，均有恒成立，则称函数具有性质P，已知：单调递减，且恒成立；单调递增，存在使得，则是具有性质P的充分条件是（ ）
A. 只有B. 只有
C. 和D. 和都不是
【答案】C
【解析】
【分析】对于，当，根据减函数的定义和已知条件，结合不等式性质，可得成立；对于，取同理可得出结论．
【详解】：当，，因为函数单调递减，
所以
即，存在，
当满足命题时，具有性质P.
：当时，，
因为函数单调递增，
所以，
即，
存在，当满足命题时，具有性质P.
综上可知命题、都是具有性质P的充分条件．
故选：C
本题考查函数的新定义、函数的单调性以及不等式的性质，考查了理解辨析能力、运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题．
二、选择题：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，有多项是符合题目要求的，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. 已知曲线.（ ）
A. 若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B. 若m=n>0，则C是圆，其半径为
C. 若mn0，则C是两条直线
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.
【详解】对于A，若，则可化为，
因为，所以，
即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若，则可化为，
此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；
对于C，若，则可化为，
此时曲线表示双曲线，
由可得，故C正确；
对于D，若，则可化为，
，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；
故选：ACD.
本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
10. 一组样本数据，．其中，，求得其经验回归方程为：，残差为．对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为，，分布如图所示，且，则（ ）
A. 样本负相关B.
C. D. 处理后的决定系数变大
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，根据回归方程斜率的正负即可判断相关性；B选项，利用回归直线过样本中心点即可求出截距；C、D选项，借助残差图的波动程度判断方差大小与拟合效果即可.
【详解】由经验回归方程中斜率，可知样本负相关，故A正确；
因为样本均值分别为，
由样本中心在经验回归直线上，代入经验回归方程：，
解得，故B正确；
由残差分布图可知，图1中残差的分布比较分散，波动较大；图2中残差的分布比较集中，波动较小.
因为方差反映数据的离散程度（波动大小），所以 ,故C错误；
决定系数用于刻画回归模型的拟合效果，越大，拟合效果越好.
由图可知，处理后的残差波动更小，说明残差平方和更小，模型拟合效果更好，因此决定系数变大，故D正确。
11. 已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数，则下列说法中正确的有（ ）
A. B.
C. 为递减数列D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】求导，把极值点问题转化为方程零点问题，利用的符号和单调性，结合零点存在定理判断选项A；利用反例法判断选项B；设，利用诱导公式化简求出，进而判断单调性，判断选项C；先判断奇数项为极大值点，进而判断右侧单调性，结合右端点函数值计算，判断选项D．
【详解】函数的定义域为，求导得，
极值点满足，即，故仅在的区间内有解，
且每个长度为的半周期区间内恰有一个极值点，是在上的变号零点，
即为函数与的图象在上交点的横坐标，
对任意，在区间内，
结合图象可知，当为奇数时， 在区间内单调递减，
且，，故区间内存在唯一零点；
当为偶数时，在区间内，在区间内单调递增，
且，，故区间内存在唯一零点；
故每个区间内存在一个极值点，满足，故A正确；
相邻两个极值点中，偶数项与下一个奇数项之间间隔一个的区间，
例如，则，
故不恒成立，故B错误；
设，
当为奇数时，，故，
当为偶数时，，故，
联立，
当为奇数时，，故；
当为偶数时，，故；
故对于，，
由于严格递增，故严格递减，即为递减数列，故C正确；
为奇数项极值点，对应位置，
在左侧附近，，函数单调递增；在右侧附近，，函数单调递减；
故是极大值点，在上单调递减；
由单调性可知，
，其中，
故，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 记为等差数列的前项和，若，，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】先通过等差数列通项公式求出公差，再代入前项和公式计算.
【详解】设等差数列的公差为，则，
所以，又，所以，解得，
所以.
13. 袋中有2个红球、5个白球，现随机不放回地逐个摸出．设为“首次出现某一种颜色的球被全部摸出”时所需的摸球次数，则的概率为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意分析满足时的摸球序列，采用分步乘法计算两类情形的概率后相加即可．
【详解】由题意得表示第3次摸球时，首次出现某一颜色的球全摸出，
袋中有2个红球、5个白球，则白球不可能3次内全摸出，
仅可能2个红球在第3次被全摸完，且第3次摸到的是第2个红球，
故满足的摸球序列有两类：
①红、白、红：概率为，
②白、红、红：概率为，
故．
14. 一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面ABC水平放置时，水面高为，当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据体积求出可得，设正方形外接圆圆心为，取，设矩形外接圆圆心为，求出，设外接球的球心为，外接球半径R，利用勾股定理可得答案.
【详解】，如图，
当侧面水平放置时，水平面与分别相交于
点，则平面平面，
，
，
，即，
由到的距离为，得到的距离为，
设正方形外接圆圆心为，半径为，则，
设矩形外接圆圆心为，半径为，则；
设几何体的外接球的球心为，外接球半径R，
球心的位置可能有2种情况，如图，
则，或，
由得无解；由得，
故外接球表面积为.
故答案为：.
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. 某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取40个作为样区，工作人员将区域内的地块按植被情况分为高覆盖地块、低覆盖地块两类，统计每块样区野生动物数量为“较多”或“较少”，统计结果如下
（1）依据小概率值的独立性检验，判断是否有充分证据认为“该地区此种野生动物数量多少与地块植物覆盖面积高低存在关联”；
（2）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大．为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由．
（注：，其中）
【答案】（1）依据小概率值的独立性检验，没有充分证据认为该地区此种野生动物数量多少与地块植物覆盖面积高低存在关联.
（2）更合理的抽样方法是分层抽样.
理由如下：
由于各地块间植物覆盖面积差异很大，采用分层抽样可以将地块按植物覆盖面积的高低分为两层，分别进行抽样.这样可以保证样本中各类地块的比例与总体一致，从而减小抽样的误差，提高样本的代表性，获得更准确的估计.
【解析】
【分析】（1）根据列联表计算统计量，与临界值进行比较，从而得出结论；
（2）根据分层抽样的特点：即当总体中各层存在明显差异时，分层抽样能更好地保证样本的代表性，从而选择分层抽样.
【小问1详解】
根据列联表数据，计算的观测值：
，
所以依据小概率值的独立性检验，没有充分证据认为该地区此种野生动物数量多少与地块植物覆盖面积高低存在关联.
【小问2详解】
略
16. 已知函数，．
（1）当时，求证：函数是奇函数；
（2）当时，求的最小值．
【答案】（1）当时，，定义域为，
因为，即，
所以函数是奇函数
（2）
【解析】
【分析】（1）根据奇函数的定义进行证明.
（2）利用基本不等式求和的最小值.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
由函数解析式可得
，
，
得，由，得，
根据基本不等式，，
当且仅当，即时，取到最小值．
17. 在中，角、、的对边分别为、、，已知．
（1）若为锐角，试判断的形状；
（2）若为钝角，求的最大值．
【答案】（1）直角三角形；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意可得，即有，由三角形的内角和，求得，即可得答案；
（2）由为钝角，，可得，从而得，，从而得，由三角函数及二次函数的性质求解即可.
【小问1详解】
因为，
即，
又因为，所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，所以，
所以，
所以为直角三角形；
【小问2详解】
因为为钝角，由（1）可知，
即，
所以，则，
又因为，
即，解得，
所以
，
因为，所以，
所以当时，取得最大值，
所以的最大值为.
18. 已知函数，．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论的零点个数；
（3）当时，证明：．
【答案】（1）
（2）时，恒成立，无零点；时，最小值为，恰有个零点；时，有2个零点.
（3）因，，
记（视为变量），.
.
由得，故
记，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则在处取最小值
故，在上单调递增，从而
再记，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则在处取最小值
因，故，即，从而恒成立.
于是，即.
【解析】
【分析】（1）代入，利用导数求得切点处切线斜率，结合点斜式写出切线方程.
（2）对函数因式分解进行等价转化，构造辅助函数，求导确定单调性与最小值，结合函数两端极限，依据最小值符号分类讨论零点个数.
（3）将不等式变形，转换主元构造关于的函数，先证明关于单调递增，放缩得到下界，再构造单变量函数证明下界恒大于0，完成不等式证明.
【小问1详解】
当时，则.
又，故.
则切线方程为，
即
【小问2详解】
函数定义域为，因，故，
所以
记，则的零点个数等于的零点个数，
求导，
令，解得.
当时，单调递减；
当时，单调递增.
故的极小值为，
又时，时，
所以，
当，即时，恒成立，无零点；
当，即时，最小值为，恰有个零点；
当，即时，有2个零点.
【小问3详解】
略
（1）零点问题优先等价转化，消去恒正因式简化函数，通过导数研究函数最值，结合两端极限依据极值符号判定零点个数，是导数零点题型的常规思路.
（2）第三问采用变换主元技巧，打破固定以为自变量的思维定式，将视作主元，先利用单调性放缩下界，再转化为单变量函数进行证明，降低运算难度；若直接以为主元求导，处理含参数的极值会更加繁琐.
19. 某款游戏预推出一项皮肤抽卡活动，玩家每次抽卡需要花费10元，现有以下两种方案．方案一：没有保底机制，每次抽卡抽中新皮肤的概率为；方案二：每次抽卡抽中新皮肤的概率为，若连续9次未抽中，则第10次必中新皮肤．已知，玩家按照一、二两种方案进行抽卡，首次抽中新皮肤时的累计花费为（元），（元）．
（1）按照方案一，小明先抽取三次，没有抽中皮肤，则他第四次抽中皮肤的概率是多少？
（2）设第次首次抽中皮肤，求，；
（3）若，根据花费的均值从游戏策划角度选择收益较高的方案．（参考数据：，．）
【答案】（1）

（2）
，；
.
（3）
选择方案一
【解析】
【分析】（1）利用抽卡事件的独立性直接求第四次抽中的概率；
（2）结合独立重复试验概率公式和方案二的保底规则分别写出两个概率表达式；
（3）计算两个方案花费的数学期望，选择期望更大的方案作为高收益方案.
【小问1详解】
方案一中每次抽卡为相互独立事件，前三次抽卡结果不影响第四次抽卡的概率，
故第四次抽中皮肤的概率为.
【小问2详解】
对于方案一：，表示第次首次抽中皮肤，即前次均未抽中、第次抽中，
由独立事件概率公式得： ，；
对于方案二：当且时，，
同理表示前次未抽中、第次抽中，故；
当时，前9次均未抽中触发保底，第10次必中，故.
所以.
【小问3详解】
由题意得，.
① 方案一没有保底机制，每次抽卡抽中新皮肤的概率为，则期望抽卡次数为，
因此元；
② 计算：
，
由错位相减法推导求和公式：
设，
则，
由得，
即，
代入： ，
代入参考数据，得上式分子，
因此，代入得元，
由于，方案一玩家平均花费更高，因此游戏策划选择方案一.
高覆盖地块
低覆盖地块
合计
野生动物数量较多
14
6
20
野生动物数量较少
8
12
20
合计
22
18
40