广东省佛山市普通高中2025-2026学年高二下学期供题训练数学试卷（含解析）

广东佛山市2025-2026学年普通高中供题训练高二数学一、单选题1．设集合，集合，则（

）A． B．C． D．2．若，则（

）A． B．C． D．3．已知向量，，若，则（

）A． B．C． D．4．某工厂生产一批零件，尺寸误差X（单位：mm）服从正态分布．质检标准规定：的零件为一等品，的零件为二等品，其余为次品．现从该批零件中随机抽取一件，已知它不是次品，则它是一等品的概率约为（

）（参考数据：若，则，）A． B． C． D．5．曲线在处的切线方程为（

）A． B．C． D．6．投骰子的游戏规则如下：每次投1个骰子，若骰子正面向上的点数为偶数时，加1分；若点数为奇数时，减1分．如果起始分为0分，投了6次骰子之后，分数为2分的概率为（

）A． B．C． D．7．已知，，，则a，b，c的大小关系是（

）A． B．C． D．8．已知数列满足，则（

）A．720 B．746 C．760 D．780二、多选题9．通过一组样本数据，，…，，求得，，线性相关系数，经验回归方程为，则（

）A．变量x与y负相关 B．变量x与y的线性相关关系较弱C． D．10．记数列的前n项和，已知（且），则（

）A． B．是等比数列C．是递增数列 D．若，则11．设函数，则（

）A．至少有2个零点 B．在上不单调C．若曲线是轴对称图形，则 D．若有且只有1个极值点，则三、填空题12．的展开式的中间一项的系数为_______．13．数列满足，且，则_______．14．当前国内AI大模型发展迅速，某机构对5款国产AI大模型（代号甲、乙、丙、丁、戊）进行综合评测，决出第1名到第5名．已知甲不是第1名，乙不是第2名，且丙的名次比甲更靠前，5款模型的排名情况有_____种．四、解答题15．为研究坚持课后体育锻炼与体育达标测试成绩的关联情况，选取40名高二学生，随机分成两组，每组20人．试验组每天坚持课后体育锻炼，对照组不参加额外课后锻炼，一学期后进行体育达标测试，两组学生测试成绩（满分100分）如下：对照组（20人）6063656668707172737576777879808283848588试验组（20人）6568727576788080818283838484858688899091(1)若从这40人中随机抽取2人，抽到试验组的人数为X，求X的分布列；(2)按体育达标成绩80分及以上为优秀，不足80分为不优秀，完成如下列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析坚持课后体育锻炼与体育达标测试成绩是否有关．成绩组别优秀不优秀合计对照组20试验组20合计40附：，0.050.010.001k3.8416.63510.82816．如图，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，且，M，N分别是，的中点．(1)证明：平面；(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．17．已知函数，其中．(1)讨论的单调性；(2)当时，恒成立，求a的取值范围．18．记等差数列的前n项和为，已知，．(1)求数列的通项公式；(2)在和之间插入个数，使得这个数组成公差为的等差数列，设为数列的前n项和．（i）证明：；（ii）证明：．19．某企业对生产设备的工作状况进行跟踪调查，统计发现设备每日工作状况只与前一日的工作状况有关．若前一日正常，则当日仍正常的概率为0.9；若前一日出现故障，则当日正常的概率为0.6．已知设备正常时，当日收入为2万元；发生故障时，当日收入为1万元，同时需要支付检修费用0.1万元．记第n天设备正常的概率为，，且．(1)求；(2)求数列的通项公式；(3)该企业计划引入智能预警系统．当设备故障时，系统出现预警的概率为0.9，可以提前检修，当日收入为1.6万元，同时需支付检修费用0.1万元；当设备正常时，系统出现预警（误报）的概率为0.1，也需要例行检查，收入不变，需支付检查费用500元；其它状态收入和费用保持原标准不变．已知智能预警系统的使用费为每日200元，从企业收益的角度，判断是否值得引入该系统，说明理由．参考答案1．D【详解】由集合，集合，则.2．C【详解】由，得，即所以.3．B【详解】因为，所以，解得.4．C【详解】因为，所以正态分布的均值，标准差，设事件为“抽取的零件为一等品”，事件为“抽取的零件不是次品”，由题意及参考数据得：，，由于，故，得到，所以从该批零件中随机抽取一件，已知它不是次品，则它是一等品的概率约为.5．B【详解】由于，故，则处的切线斜率为，又当时，，故曲线在处的切线方程为.6．A【详解】设6次投掷中，出现偶数点的次数为，出现奇数点的次数为，且，由题意得方程组，解得，每次投掷骰子，出现偶数点和奇数点的概率均为，且各次投掷结果相互独立，属于次独立重复试验（二项分布）模型，根据二项分布概率公式，所求概率为：．7．C【详解】令，则，即在上单调递增，故，即有；令，则，即在上单调递增，故，即有；综上所述：.8．D【详解】当时，，即有；当时，；则，即，故.9．ACD【详解】选项A：线性相关系数，说明变量和负相关，A正确；选项B：越接近1，变量的线性相关关系越强，本题非常接近1，说明线性相关关系很强，B错误；选项C：经验回归直线恒过样本中心点，将代入回归方程，可得，C正确；选项D：由可知回归系数，结合得，因为，所以，因此，D正确.10．BC【详解】A选项，，，故，A错误；B选项，且，当时，，当时，，显然时，满足，综上，时，，，为公比为的等比数列，B正确；C选项，由B知，，若，则，由，故，是递增数列；若，则，由，故，是递增数列；综上，是递增数列，C正确；D选项，若，则，即，，且，解得，D错误.11．ABD【详解】对于A：因为，而当时，；时，，根据零点存在定理，函数在区间和上至少各有一个零点，所以至少有2个零点，故A正确；对于B：因为，令，其判别式，所以有两个不同的零点.又因为，当时，，则在上存在，使得，当时，，，单调递减；当时，，，单调递增，所以在上不单调；当时，，同理可证在上不单调；当时，，其对称轴为在内，且最小值小于0，故在内存在零点，所以在上不单调；综上，在上不单调，故B正确；对于C：由B知，在上不单调，因为，，若曲线是轴对称图形，则关于对称，即，因为，而，所以，解得，故C错误；对于D：因为，令，则或.对于方程，因为，所以方程有两个不相等的实根，若有且只有1个极值点，则必须为的根，所以；当时，，由，得或，所以只有是极值点，即有且只有一个极值点，故D正确.12．160【详解】二项式展开式的通项为（其中且），则中间项的系数为，13．【详解】对递推式两边同乘，可得，设，则，因此是首项，公差的等差数列，根据等差数列通项公式得：，因此，即，将代入得：.14．48【详解】因为甲不是第1名，乙不是第2名，且丙的名次比甲更靠前，所以可按照丙的名次进行分类，如下：当丙是第1名时，此时甲可以是第2，3，4，5名，分情况讨论：若甲是第2名，乙可以是第3，4，5名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种；若甲是第3名，乙可以是第4，5名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种；若甲是第4名，乙可以是第3，5名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种；若甲是第5名，乙可以是第3，4名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种；所以当丙是第1名时，总的排名情况有种.当丙是第2名时，此时甲可以是第3，4，5名，分情况讨论：若甲是第3名，乙可以是第1，4，5名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种；若甲是第4名，乙可以是第1，3，5名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种；若甲是第5名，乙可以是第1，3，4名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种；所以当丙是第2名时，总的排名情况有种.当丙是第3名时，此时甲可以是第4，5名，分情况讨论：若甲是第4名，乙可以是第1，5名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种；若甲是第5名，乙可以是第1，4名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种；所以当丙是第3名时，总的排名情况有种.当丙是第4名时，此时甲只能是第5名，乙可以是第1，3名，剩下丁和戊全排列，此时的排名情况有种.将上述各类情况数相加，可得总的排名情况有种，所以，5款模型的排名情况有48种.15．(1)X的分布列为：012(2)列联表如下，成绩组别优秀不优秀合计对照组61420试验组14620合计202040依据小概率值的独立性检验，认为坚持课后体育锻炼与体育达标测试成绩有关，理由如下：零假设坚持课后体育锻炼与体育达标测试成绩无关，，零假设不成立，依据小概率值的独立性检验，认为坚持课后体育锻炼与体育达标测试成绩有关，【详解】（1）X的可能取值为0,1,2，，，，所以分布列如下：012（2）略16．(1)取的中点，连接、.因为是中点，是中点，所以，且.直三棱柱中且，是中点，故，且，因此且，四边形是平行四边形，得.底面是等腰直角三角形，，故；直三棱柱中平面，平面，故.又，平面，因此平面.由，得，得证.(2)【详解】（1）略（2）以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，则各点坐标为：.求两个平面的法向量：对平面：，，设其法向量为，则，取得。对平面：，，设其法向量为，则，取得.设两个平面的夹角为，则：17．(1)若，在上单调递增；若，在上单调递减，在上单调递增.(2).【详解】（1）函数的定义域为，对其求导得，，当时，恒成立，因此恒成立，故在上单调递增，当时，令，解得，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增.综上所述，若，在上单调递增，若，在上单调递减，在上单调递增.（2）当时，由（1）知在上单调递增，因此在上也单调递增，此时对任意，有，满足恒成立，当，在处取得极小值，根据极小值点与区间的位置关系，当，即时，在上单调递增，因此在上的最小值大于，满足恒成立，当，即时，在上单调递减，在上单调递增，因此区间内的最小值为，要使恒成立，需最小值非负，即，则令（），求导得，当时，，故在上单调递增。又，因此的解为，结合前提，得，综上的取值范围为.18．(1)；(2)（i）由(1)可知，，则,则,因为在和之间插入个数，使得这个数组成公差为的等差数列，所以，即，则，先证明，因为，所以，即，所以再证明：因为，所以，因此，得证；（ii）由（i）可知，则，，当时，，，因为，所以当时，由（i）可知，所以，设①，则②①②得=，所以，所以，即,因此，得证.【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，由，得，解得，，所以数列的通项公式，即；（2）略.19．(1).(2).(3)引入系统更好.【详解】（1）根据全概率公式，第2天设备正常分为两种情况，第1天正常且第2天正常、第一天故障且第二天正常，因此若设第天正常的概率为，则，故.（2）对任意的，第天设备正常的概率由全概率公式推导得，，因此有，转化得，故数列是首项为，公比为的等比数列，而，故，，即.（3）因为设备正常，收益为2万元，