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（含答案）

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（含答案），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
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．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．设为单位向量，且，则（ ）
A．1B．C．D．2
4．已知，则（ ）
A．B．C．2D．3
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
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．
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．
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
二、多选题
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
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
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．
三、填空题
12．记为等差数列的前项和，若，，则_____________．
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_____________．
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_________.
四、解答题
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）
16．已知函数，．
（1）当时，求证：函数是奇函数；
（2）当时，求的最小值．
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．
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：．
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：，．）
参考答案
1．【答案】C
【详解】由复数 z 对应点坐标 (−1,−3)，得 z=−1−3i.
根据共轭复数定义（虚部变号）， z=−1+3i.
2．【答案】B
【详解】解方程 3x=x，两边立方得 x=x3，即 x3−x=0.
因式分解得 x(x−1)(x+1)=0，解得 x∈{−1,0,1}，故 B={−1,0,1}.
又 A={−1,0,1,2,8}，所以 A∩B={−1,0,1}.
3．【答案】B
【详解】因为 a,b 为单位向量，所以 |a|=|b|=1.
由 |a−b|=2 平方得： |a|2+|b|2−2a⋅b=2，即 1+1−2a⋅b=2，解得 a⋅b=0.
所以 |a+b|2=|a|2+|b|2+2a⋅b=1+1+0=2.
即 |a+b|=2.故选 B.
4．【答案】C
【详解】展开已知等式： sinαcsβ+csαsinβ=3(sinαcsβ−csαsinβ).
整理得： sinαcsβ+csαsinβ=3sinαcsβ−3csαsinβ.
移项合并同类项得： 4csαsinβ=2sinαcsβ.
两边同除以 2csαcsβ（ csα,csβ≠0），得 tanαtanβ=2.故选 C.
5．【答案】D
【详解】分两类讨论：
当甲跑第 1 棒时：乙可选第 2 棒或第 4 棒（ C21=2 种）；剩余 2 个棒次从除甲乙外的 4 人中选 2 人排列（ A42=12 种）.此类方案数为 2×12=24 种.
当甲跑第 2 棒时：乙只能选第 4 棒（1 种）；剩余 2 个棒次从除甲乙外的 4 人中选 2 人排列（ A42=12 种）.此类方案数为 1×12=12 种.
总方案数为 24+12=36 种.故选 D.
6．【答案】A
【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．【答案】D
【详解】问题转化为求圆心 C(0,6) 到椭圆上点 Q 的最大距离加上圆半径 r=2.
设 Q(x,y)，则 |QC|2=x2+(y−6)2.
由椭圆方程 x210+y2=1 得 x2=10−10y2 ( y∈[−1,1]).
代入得 |QC|2=10−10y2+(y−6)2=−9y2−12y+46.
这是关于 y 的二次函数，对称轴为 y=−−122×(−9)=−23.
因为 −23∈[−1,1]，所以当 y=−23 时取得最大值.
最大值为 −9(−23)2−12(−23)+46=−4+8+46=50=52.
所以 |PQ| 最大值为 52+2=62.故选 D.
8．【答案】C
【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
9．【答案】ACD
【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.
10．【答案】ABD
【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．【答案】ACD
【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．
12．【答案】
【详解】设公差为 d，由 a5=a1+4d 得 5=−3+4d，解得 d=2.
由前 n 项和公式 Sn=na1+n(n−1)2d，得：
S6=6×(−3)+6×52×2=−18+30=12.
13．【答案】
【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．【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：.
15．【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.
【详解】（1）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.
（2）略
16．【答案】（1）当时，，定义域为，
因为，即，
所以函数是奇函数
（2）
【详解】（1）略
（2）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．【答案】（1）直角三角形；
（2）.
【详解】（1）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；
（2）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．【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.
【详解】（1）当时，则.
又，故.
则切线方程为，
即
（2）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.
（3）略
19．【答案】（1）
（2）
，；
.
（3）
选择方案一
【详解】（1）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.
（2）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.
（3）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