广东省深圳外国语学校（集团）龙华高中部2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷含解析（word版+pdf版）

这是一份广东省深圳外国语学校（集团）龙华高中部2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷含解析（word版+pdf版），共15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：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 已知集合，，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题可得，或，所以.
2. 若为虚数单位，，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】令，则，
所以，即，所以，所以.
3.某校举办经典诵读比赛，共有10名学生晋级决赛，其中女生有4名．现从这10名学生中随机选2名担任领诵，记选中的这2人中女生人数为X，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题可知服从超几何分布，所以 .
4.的展开式中的常数项为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，
其展开式的通项公式为，
令，得到，所以展开式中的常数项为.
5.四名同学分别到3个小区参加九江市创文志愿者活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法种数是
A. 36B. 24C. 64D. 81
【答案】A
【解析】由题意可知必有2名同学去同一个小区，故不同的安排方法种数是（种）.
6.某件精品瓷器可近似地看作由一个半球和一个圆台构成的组合体，如图所示，该瓷器的体积为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】半球的半径为6，半球的体积为，
圆台的体积为，
故该瓷器的体积为.
7.某工厂质量监控小组从一批面粉中抽取袋测量重量，已知抽取的袋面粉的样本均值（单位：千克）服从正态分布，若，则的最小值为
[参考数据:若，则]
A. 100B. 60C. 6D. 1
【答案】B
【解析】由题意，随机变量服从正态分布，因此均值，标准差，
根据参考数据，，要满足，
需满足区间包含关系，
将代入，可得，
即， 将代入不等式得：，
对不等式变形求解： ，
两边取倒数（不等号方向反向）得，
两边平方得，解得，
因此的最小值为60.
8.甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和3个红球，先随机取一只袋，再从该袋中先后随机取2个球，则第一次取出的球是红球的条件下，第二次取出的球是白球的概率为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设第一次取出红球的事件为，第二次取出的球是白球的事件为，
取到甲袋，乙袋的事件分别为，，
则，
，
则.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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，且第4项与第7项的二项式系数相等，则下列说法正确的是
A.
B. 展开式中的系数和等于二项式系数和
C.
D.
【答案】ABC
【解析】由题意可得，则，故A正确；
因为，所以展开式的二项式系数和为，当时，展开式中的系数和为，故B正确；
令，得，令，得，
两式相减可得，故C正确；
令，则，
令，则，所以，故D不正确.
10.如图，点，分别是棱长为2的正四面体的边和的中点，点在线段上，且.则
A.
B.
C.
D. 向量在方向上的投影向量为
【答案】AC
【解析】选项A，由点在线段上，且，所以，
所以，即，所以，
由点，分别是边和的中点，连接，如图所示：
所以，
所以，故A正确；
选项B，由题意知，且向量两两夹角为，
所以，
由，
所以
，
所以，故B错误；
选项C，由，故C正确，
选项D，向量在方向上的投影向量为：，故D错误.
11.如图，圆锥的轴截面为正三角形，底面圆的半径为，CD，EF为圆的两条直径，且，母线PC，PD与该圆锥的内切球O分别切于A，B两点，则
A. 圆锥的体积为B. 球O与圆锥的公共点的轨迹的周长为
C. 异面直线BF与PA所成角为D. 平面AEF截球O的截面面积为
【答案】ACD
【解析】对于A，由已知得,所以，且，
所以圆锥的体积为，所以A正确；
对于B，由公共点的轨迹是以AB为直径的圆，因为为正三角形，所以为中点，
可得，所以轨迹的周长为，所以B错误；
对于C，连，可得，且，
由，且，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以为等腰直角三角形，所以，所以C正确；
对于D，设球半径为，则 ，可得，
由，且，
可得到平面的距离为，所以截面圆的半径为，
所以平面AEF截球O的截面面积为，所以D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.已知平面向量若，则________.
【答案】
【解析】，因为，则，
则，解得.则，则 .
13.已知边长为2的正方形，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将，，分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点，则三棱锥的体积为_______.
【答案】
【解析】由题意可知，平面，
故平面，
边长为2的正方形中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，
则，则，
故 .
14.甲､乙两人进行抽卡游戏：每一局游戏中，将编号分别为的张卡片的背面朝上并搅匀，甲先从中随机抽取张卡片，乙再从剩下的卡片中随机抽取张卡片.记为甲抽取的张卡片中较大编号者的编号，为乙抽取的卡片的编号，当时，称该局为“默契局”，则一局游戏成为“默契局”的概率为__________；游戏规定：出现“默契局”时，乙得分，甲得分，否则乙得分，甲得分，则三局游戏后甲､乙两人得分之和的数学期望________.
【答案】①. ②.
【解析】①甲先从张卡片中随机抽取张，有种组合，乙从剩下的张中随机抽取张，有种组合，
因此一局游戏中甲乙抽卡的所有可能结果总数为种，
甲抽取张卡片中较大编号为，乙抽取张卡片编号为，“默契局”的条件是，
由题意可知，的可能取值是，
当时，甲抽到的卡片只能是，此时需满足，则乙只能抽到，情况数为种；
当时，甲抽到的卡片可以是或，此时需满足，则乙可以抽到或，情况数为种；
当时，甲抽到的卡片可以是或或，此时需满足，则乙可以抽到或或，情况数为种；
当时，甲抽到的卡片可以是或或或，此时需满足，则乙可以抽到或或，情况数为种；
当时，甲抽到的卡片可以是或或或或，此时需满足，则乙可以抽到或，情况数为种；
当时，甲抽到的卡片可以是或或或或或，此时需满足，则乙只能抽到，情况数为种；
当时，甲抽到的卡片可以是或或或或或或，此时需满足，没有满足条件的，情况数为种；
因此，“默契局”的总情况数为种，一局游戏成为“默契局”的概率为.
②设单局游戏中甲乙得分之和为，则
如果是“默契局”：乙得分，甲得分，此时，概率为；
如果不是“默契局”：乙得分，甲得分，此时，概率为；
则单局得分之和的期望为，
由于三局游戏是相互独立的，总得分之和是三局得分之和的累加，根据数学期望的线性性质，有 .
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.某地区农户在推动农业机械化升级后，记录了某作物在接下来（）年的增长数据（万吨），如下表所示：
（1）经探究与之间具有相关关系，求关于的经验回归方程；
（2）为了检验，两款机械设备的投放对某农作物的增收情况，在，两地区分别选取了两块相同面积的试验田来记录某年的增收情况，得到的数据如下表：
根据小概率值的独立性检验，能否认为增收情况与使用，两种不同设备有关?
参考公式：①，；
②（其中为样本容量）.
参考数据：
【解析】(1)由题意得，，，
，，
.
，
故经验回归方程为 .
(2)零假设为：增收情况与设备相互独立，即增收情况与使用不同设备无关联.
则.
根据小概率值的独立性检验，不成立，
所以认为增收情况与使用，两种不同设备有关 .
16.如图，和所在平面垂直，且，，求：
（1）直线与平面所成角的大小；
（2）平面和平面夹角的余弦值.
【解析】(1)过点作交的延长线于，连接，
因为，，所以，
因此，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，平面，所以,，
因此两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
则，则，
由于平面，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
又因为线面角的范围是，所以，
因此直线与平面所成的角为 .
(2)，则,
设平面的法向量为，
所以，
令,可得，则，
则，
故平面和平面的夹角的余弦值为.
17.在平面直角坐标系中，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每秒等可能地向左、向右、向上或向下移动一个单位．
（1）若质点只能在轴上移动，记第秒末质点回到原点的概率为，求；
（2）从原点出发，每秒等可能地向左、向右、向上或向下移动一个单位．设质点在第2秒末移动到点，记的取值为随机变量，求的分布列和数学期望.
【解析】
(1) 若质点只能在x轴上移动，每秒有2种可能，4秒移动方式共有种.
第4秒末质点回到原点，则必定向左移动2步，向右移动2步，有种.
故 .
(2)因在1秒末，质点会等可能地出现在，，，四点处，
故在第2秒末可能运动到，，，各两种情形，
，，，各一种情形，有4种情形，共计16种情形，
随机变量表示的取值，故的可能取值为0,2,4.
对应的概率分别为：，，.
故的分布列为：
期望为 .
18.在四棱锥中，平面平面，，，，，，O是线段的中点．
（1）证明：．
（2）若二面角的平面角的正弦值为．
①求线段的长；
②若E为线段的中点，点N在线段上，是否存在实数，使得当时，平面?若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1) 证明：在中，是线段的中点，
.∵平面平面，平面平面平面，
∴平面.又∵平面，∴，
∵，即，，平面，
∴平面，∵平面
∴.
(2)①取的中点，连接，则，由（1）可知，平面.
平面，即两两互相垂直.
以点为坐标原点，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设，
则.
设平面的法向量为，
则即令，则.
设平面的法向量为，
则即令，则.
.
设二面角的平面角为，
则.
，解得，即.
②假设实数存在，设点，则.
由，得则
由，得，则，
由（1）知平面的一个法向量.
由平面，得，解得.
∴存在实数，使得当时，平面.
19.为提升用户的“数字资产积累”体验，某区块链平台推出“幸运盲盒”游戏：盲盒内有编号的个数字代币（质地均匀），每次随机有放回抽取个代币，抽取相互独立．规则为：抽到号代币得个积分，抽到号代币得个积分．定义“安全积累状态”为：抽取过程中从未出现连续两次抽到号代币，记第次抽取后处于“安全积累状态”的概率为．
（1）①求抽取次后，总积分为分的概率；
②求的值；
（2）设抽取次后处于“安全积累状态”，且积分和为．求满足条件的的取值范围，并求当最大时共有多少种抽取方法；
（3）证明：当时，.
【解析】 (1) ①由题意，抽到号的概率为，抽到号的概率为；抽取次后，总积分为分，应满足恰好抽到次号代币，次号代币．
总积分为分的概率为：，
②根据题意，次抽取过程中从未出现连续两次抽到号代币，有种情况
三次均未抽到号：，
三次中有一次抽到号：，
三次中有两次抽到号，只能第一次和第三次抽到号：，
则.
(2)设抽到号次，则 ，得；
因为个号不连续，故至少有次抽到其他号码，
所以有 ，即，又，
联立解得．
故的最大值为，此时：共 种抽取方法.
(3)第次抽取后处于安全积累状态，分两种情况：
第一种情况：第次抽号，概率为，前次抽取后处于安全积累状态的概率为，概率为；
第二种情况：第次抽号，其概率为，第次抽号，概率为，
前次抽取后处于安全积累状态的概率为，概率为；
故，
则，
所以当时，，
当时，由（1）知，，
故，当时， .1
2
3
4
5
26
37
50
64
93
地区
用M设备
用设备
A
30
20
B
15
35
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
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