四川省宜宾市第一中学2025-2026学年高二下学期期末模拟数学一试卷（Word版附解析）

这是一份四川省宜宾市第一中学2025-2026学年高二下学期期末模拟数学一试卷（Word版附解析），共100页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
满分 150 分 考试时间：120 分钟
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（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
符合题目要求．）
1. 已知函数 ，那么 等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由 ，则 .
2. 函数 的单调递增区间为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定函数定义域，再求导并解导数大于零的不等式，得到单调递增区间.
【详解】函数 的定义域为 ，
.
令 ，由 ， ，得 ，即 .
故函数 的单调递增区间为 .
3. 为了解性别与体育锻炼是否有关，采取简单随机抽样的方法抽取 50 名学生，得到成对样本观测数据的分
类统计结果，如表所示（单位：人），根据数据计算，并依据小概率值 的独立性检验，附：
， ，下列结论正确的是（ ）
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锻炼
合计
不经常 经常
女生 15 5 20
男生 10 20 30
合计 25 25 50
A. 性别与体育锻炼有关
B. 性别与体育锻炼有关，此推断犯错误的概率不超过 0.001
C. 性别与体育锻炼无关
D. 性别与体育锻炼无关，此推断犯错误的概率不超过 0.001
【答案】C
【解析】
【详解】零假设 为性别与体育锻炼无关，
由表可知 ，代入
其中
所以
因为 ，
所以没有充分证据说明性别与体育锻炼有关，即性别与体育锻炼无关.
4. 为调查某企业年利润 Y（单位：万元）和它的年研究费用 x（单位：万元）的相关性，收集了 5 组成对数
据（x，y），如表所示：
x 1 2 3 4 5
Y 50 60 70 80 100
由上表中数据求得 Y 关于 x 的经验回归方程为 ，据此计算出样本点 处的残差为（ ）
A. 4 B. 5 C. -4 D. -5
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【答案】C
【解析】
【详解】依题意， ， ，
由回归方程 必过样本中心 ，得 ，解得 ，
所以在样本点 处的残差为 .
5. 在 的展开式中，所有二项式系数的和为 ，则 的系数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】∵ 二项式 的所有二项式系数的和为 ，由题得 ，解得 .
∴ 的展开式的通项为 ， .
令 ，可得 的系数为 .
6. 有 7 件产品，其中 3 件是次品，从中每次取 1 件，不放回地任取 3 次，若 表示取得次品的件数，则
（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用超几何分布即可求解.
【详解】由题意知 的可能取值为 ， ， ， ， 服从超几何分布，
则 .
7. 已知函数 在 处取得极大值，则 的值是（ ）
A. 3 B. 2 C. 1 D. 0
【答案】A
【解析】
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【分析】由 求出 的值并检验 的极值点即可.
【详解】函数 ，有 ，
在 处取得极大值，则有 ，解得 或 ，
当 时， ，
，解得 或 ； ，解得 ，
则 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
在 处取得极小值，不合题意；
当 时， ，
，解得 或 ； ，解得 ，
则 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
在 处取得极大值，满足题意，所以 .
8. 已知函数 ，若 且 ，则 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】 图像如图．
设 则 ．
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所以 ， ， ，
设 ， 则 ． 所 以 在 上 单 调 递 增 ． ，
．
所以 时， ．
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题所给出的选项中，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. 在 5 道试题中有 3 道代数题和 2 道几何题，每次从中随机抽出 1 道题，抽出的题不再放回．设事件 “第
1 次抽到代数题”， “第 2 次抽到几何题”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】对于 A，由题意得： ， ，正确；
对于 B， ， ，错误;
对于 C， ，正确；
对于 D， ，错误.
10. 已知函数 ．则下列说法正确的是（ ）
A. 在 处取得最小值
B. 方程 有且仅有一个实根
C. 对任意 ，函数 关于 单调递增
D. 对任意 ，都有
【答案】ABC
【解析】
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【分析】利用导数确定函数 的单调性，即可判断 A；令 ，利用导数确定其单调
性，即可确定零点个数，即可判断 B；因为 ，利用导数可确定其单调性，
从而判断 C；举反例判断 D.
【详解】由 ，得 ．
当 时， ；当 时， ．
所以 在 处取得最小值．故 A 正确；
方程
等价于 ，
即 ，
令 ．
则 ，
且 ．
除 外， ，
故 严格递增，只有一个零点 0．所以方程有且仅有一个实根．故 B 正确．
对任意 ， ．
对 求导得 ．
所以 关于 单调递增．故 C 正确．
当 时， ．
令 ，有 ．
故不可能对任意 都有 ．D 错误．
11. 将函数 的所有极值点按照从小到大的顺序排列，得到数列 ，则对于任
意的正整数 ，有（ ）
A. B. 是极小值点
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C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】结合导数的性质与零点存在性定理得到 ， ，利
用不等式的基本性质可判断 A，不断构造函数并结合导数的性质判断 B，利用正弦函数性质并结合题意代换
判断 C，结合 B 项及函数单调性判断 D 即可.
【详解】由题意得 的定义域为 ，则 ，
而极值点满足 ，即 ，因 ，则 ，
即 时，而 ， ， ，
结合零点存在性定理得 ， ，
对于 A，由已知得 ， ，所以 ，故 A 正确；
对于 B，令 ，则 ，
令 ，则 ，
令 ， ，
当 时， ，则 在 上单调递增，
而 ， ，则 ，
由零点存在性定理得存在 作为 零点，
即存在 作为 零点，
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令 ，得 ，令 ，得 ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
即 在 上单调递减，在 上单调递增，
而 ， ， ，
则 ，由零点存在性定理得存在 作为 零点，
令 ，得 ，令 ，得 ，
可得 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 是 的极小值点，故 B 正确；
对于 C，由已知得 ， ，
则 ，而 ，
，而 ，则 ，得到 ，
由正弦函数性质得 在 上单调递减，
则 ，得到 ，故 C 错误；
对于 D，由 B 项知， 是 的极小值点，
且函数 在 上单调递增，
故 ，故 D 正确.
第 II 卷（非选择题）
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．）
12. 若随机变量 且 ，则 ________.
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【答案】0.6##
【解析】
【分析】利用正态分布对称性求解.
【详解】因为随机变量 且 ，
所以 ，
根据正态分布曲线的对称性，可得 ，
所以 .
13. 现要从 6 名学生中选 4 名代表班级参加学校 接力赛，其中已经确定甲参加且跑第 1 棒或第 4
棒，乙只能跑第 2，3 棒．那么合适的选择方法种数为________________．
【答案】
【解析】
【分析】“乙只能跑第 、 棒”是限制条件，不是强制参赛，所以分两类：乙参赛时，甲乙各选棒次，再
从剩余 4 人中选 2 人排列，得 种；乙不参赛时，甲选棒次，从剩余 4 人中选 3 人排列，也得 种，合
计 种.
【详解】甲参加且跑第 1 棒或第 4 棒，乙如果参加只能跑第 2 或第 3 棒，分两类：
第一类，乙被选中.
从其余 4 人中选 2 人，有 种选法.甲有 2 种棒次选择，乙有 2 种棒次选择，剩余 2 人排 2 棒有
种.共 种.
第二类，乙不被选中.
从其余 4 人中选 3 人，有 种选法.甲有 2 种棒次选择，剩余 3 人排 3 棒有 种.共 种
.
总数为 种.
14. 若 恒成立，则实数 的取值范围为________________．
【答案】
【解析】
【分析】通过判断前段函数的正负值再判断后段函数的正负值，通过导数求单调性并求解范围.
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【详解】设 ， ，
所以 在 单调递增，在 单调递减.
又因为 ，所以 恒成立.
要使 恒成立，只要求 .
设 ， ，令 ，解得 .
若 ， ，则 在 单调递减，在 单调递增.
所以 ，解得 ，因此 .
若 ，即 ， 在 单调递增恒成立，且 ， ，
所以 恒成立，因此 .
综上所述， .
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. 已知公比不为 1 的等比数列 的前 项和为 ，且 ， ．
（1）求 的通项公式；
（2）若 ，求数列 的前 项和 ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的性质和题目已知条件，列出方程，求出公比，进而写出通项公式；
（2）由（1）求出 ，进而求得 ，得 的通项，利用裂项相消法求和.
【小问 1 详解】
设等比数列 的公比为 ，且 ，
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， ，由等比性质可知 ，
因为 ，所以 ， ，
.
【小问 2 详解】
因为 ，则 ，
所以 ，
所以
.
16. 如图，在四棱锥 中，底面 是边长为 4 的正方形，侧面 是正三角形，侧面
底面 ， 是 的中点．
（1）证明： ．
（2）求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】（1）因为底面 是正方形，所以 ，
又因为平面 平面 ，且平面 底面 ， 底面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ．
又因为 是正三角形， 是 的中点，所以 ．
因为 ，且 ， 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ．
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（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明；
（2）解法 1：根据线面角的定义作出线面角的平面角，计算即可求解；解法 2：建立空间直角坐标系，根
据线面角空间向量法计算即可求解.
【小问 1 详解】
略
【小问 2 详解】
解法 1：作 ，垂足为 ，连接 ．
因为平面 平面 ，平面 平面 ，且 平面 ， ，
则 平面 ．
所以 为 在平面 上的射影， 为直线 与平面 所成的角．
因为 平面 ， 平面 ，所以 ．
因为 ， ，所以 ，
因为 ，所以 ．
在 中， ．
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
解法 2：以 为坐标原点，分别以 ， 所在直线为 ， 轴，过 作平面 的垂线为 轴，建
立空间直角坐标系．已知底面 边长为 ， 是正三角形，
所以 ， ， ， ，则 ，
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因为 是 的中点，故 ，所以 ， ，
设平面 的法向量为 ，
所以 ，即 ，令 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，
则 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
17. 某电台举办有奖知识竞答比赛，选手答题规则相同．甲每道题自己有把握独立答对的概率为 ，若甲自
己没有把握答对，则在规定时间内连线亲友团寻求帮助，其亲友团每道题能答对的概率为 ，假设每道题
答对与否互不影响．
（1）当 时，甲答了 4 道题，记甲答对题目的个数为随机变量 ，求 和 ．
（2）乙答对每道题的概率为 （含亲友团），现甲乙两人各答两个问题，若甲答对题目的个数比乙答对题
目的个数多的概率不低于 ，求甲的亲友团每道题答对的概率 的最小值．
【答案】（1） ，
（2）
【解析】
【分析】（1）使用二项分布的期望公式与方差公式求解；
（2）使用互斥事件概率公式和独立事件概率公式求解.
【小问 1 详解】
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因为甲每道题答对的概率均为 ，则 ，
所以 ， ．
【小问 2 详解】
记事件 为“甲答对了 道题”，事件 为“乙答对了 道题”，
其中甲答对某道题的概率为 ，答错某道题的概率为 ，
则 ， ，
， ，
所以甲答对题数比乙多的概率为：
，解得 ，
所以甲的亲友团答对的概率 的最小值为 ．
18. 已知椭圆 的右焦点 ，短轴长为 2.
（1）求椭圆 的方程；
（2）记 为坐标原点，直线 与椭圆 交于 两点，过点 作直线 的垂线，垂足为
.
（i）求证：直线 恒过定点；
（ii）求 面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）设 ，依题意 ，
得 ，
第 14页/共 18页
，
所以 ，即得直线 的方程为： ①.
由图形的对称性可知，若动直线 过定点，则定点一定在 轴上，
所以令 代入①，可得
，
由（*）得 ，
所以
得 ，所以直线 恒过定点 .
（ii）
【解析】
【分析】（1）由椭圆的焦点及短轴列式计算求解得出 从而可得 的方程；
（2）（i）将 与直线方程联立可得 ，直线 ，令 ，结合韦达
定理求证即可； （ii）设 ，则 ，记 ，则
，结合基本不等式计算求解.
【小问 1 详解】
依题意可知 ，解得 ，椭圆 的标准方程为 .
【小问 2 详解】
（i）略
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（ii）由（i）可知直线 恒过定点 ，
所以 ，
将（*）代入得
，
设 ，
则 .
因为 ，所以 ，
所以 .
19. 已知函数 ， ．
（1）当 时，求 在区间 上的最大值与最小值；
（2）若函数 有三个不同的极值点 ， ， ．
（i）求实数 的取值范围；
（ii）若 ，求实数 的取值范围．
【答案】（1） ， ．
第 16页/共 18页
（2）（i） （ii）
【解析】
【分析】（1）利用导数确定函数的单调性，从而找到最值；
（2）（i）函数 有三个不同的极值点转化为图像交点个数求解；（ii）转化为单变量函数求解.
【小问 1 详解】
当 时， ， ，
当 时， ，所以 在 上单调递增，
所以 ， ．
【小问 2 详解】
（i）由题知 ，
则 ， ，
当 时， ，方程 只有唯一解 1，显然不合题意；
当 时，由 ，可得 ，或 ，
令 ， ，则 ，
当 时， ， 在 上单调递增；
当 时， ， 在 上单调递减；
所以 在 处取得最大值，此时 ，
又当 时， ，当 时， ，
要使 在定义域内有三个不同的极值点 ， ， ，
需使 的图象与直线 有两个不同的交点，即得 ，
所以实数 的取值范围是 ．
第 17页/共 18页
（ii）不妨设 ，则 ，所以 ，即 ， ，
所以 ， ，
所以
，
令 ， ，则 ，
易知 在 上单调递增，
所以 ，又 ，
所以 ，即 在 上单调递增，
因为 ，则当 时，恒有 ，
即当 时， 恒成立，
所以实数 的取值范围是 ．