广东潮州市2025-2026学年第二学期高二期末教学质量监测数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页广东潮州市2025-2026学年第二学期高二期末教学质量监测数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.某项测试的成绩c近似服从正态分布N85,σ2，若P85≤c≤95=0.3A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.62.曲线y=2+ex在x=0处的切线斜率为(

)A.3 B.1 C.2 D.03.已知Sn是等差数列an的前n项和，a3+aA.113 B.332 C.66 4.(3x−5)3展开式中所有项的二项式系数之和与所有项的系数之和分别为(

)A.8；8 B.−8；8 C.8；−8 D.−8；−85.将A，B，C，D，E，F共6本书平均分给甲、乙、丙三个学生，且书本A分给学生甲，则不同的分书方法共有(

)种A.15 B.20 C.30 D.606.若函数fx=x3+ax2−3bx+2cA.−1 B.1 C.−3 D.37.双曲线C:x2a2−y2bA.2 B.3 C.638.若函数fx=2ex−axA.a>e B.a≥e C.a>2e D.a≥2e二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.下列说法正确的是(

)A.若随机变量ξ，η满足η=2ξ+1，则Dη=4Dξ

B.在独立性检验中，随机变量χ2的观测值越大，“认为两个变量有关”这种判断犯错误的概率越小

C.变量y关于变量x的经验回归方程为y=4x+1，则样本点2,9的残差为110.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，A.向量AD在向量AB上的投影向量为23AB

B.向量AD在向量AC上的投影向量为23AC

C.AD=A11.抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F，直线l:y=k(x−2)过点F且与抛物线E交于A，B两点，点A在第一象限，则A.抛物线E的焦点F到准线的距离为4

B.若点P的坐标为(3,15)，则△APF周长的最小值为9

C.当AF=3BF时，k=3

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.设等比数列an的前n项和为Sn，已知a1=5，S2=0，则13.有一批产品共10件，其中7件是正品，3件是次品．质检员对这批产品进行抽检，从中随机抽取3件，若至少有2件是次品，则这批产品不合格，那么质检员检测到这批产品不合格的概率为

．14.已知点M是矩形ABCD内的动点，且MB=2MA，AB=3，AD=4，点N为边BC上的动点，则MN+ND的最小值为

．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.(本小题13分)设等差数列an的前n项和为Sn，S5(1)求数列an(2)设bn=1an⋅an+116.(本小题15分)四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB//DC，AB⊥AD，且PA=AD=DC=1，AB=2，M是PB的中点．(1)证明：BC⊥平面PAC；(2)求直线PB与平面AMC所成角的正弦值．17.(本小题15分)有4支队伍参加一场知识竞赛，其中2支强队，2支弱队．每队派1名代表进行比赛，小明来自强队．在某一轮比赛中，随机挑选两名代表进行比赛．若强队与弱队进行比赛，则强队获胜的概率为35；若同类队伍进行比赛，则双方获胜的概率均为1(1)已知小明参赛，求在一轮比赛中，小明获胜的概率；(2)现增加新的比赛规则：与强队比赛获胜得2分，与弱队比赛获胜得1分，失败均得0分．若小明分别与每个代表进行一轮比赛，记比赛结束时小明获得的积分为X，求X的分布列与期望．18.(本小题17分)已知函数fx(1)当a=e时，求fx(2)讨论fx(3)若对任意的x∈0,+∞，都有fx>0恒成立，求实数19.(本小题17分)已知椭圆C:x2a2+y2b2(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知点P为椭圆C上任意一点(不与左、右顶点A1，A2重合)，求证：直线PA(3)若过点B−3,0的直线l与椭圆C交于P，Q两点，求▵A21.【答案】A

2.【答案】B

3.【答案】D

4.【答案】C

5.【答案】C

6.【答案】B

7.【答案】D

8.【答案】A

9.【答案】AB

10.【答案】BCD

11.【答案】ABC

12.【答案】5

13.【答案】116014.【答案】6515.【答案】解：(1)设等差数列an的公差为d由S5=2S3+5又因为a2=2a1−1解得a1=3，故an的通项公式为a(2)因为bn所以T===n

16.【答案】解：(1)取AB中点E，连接ME，CE，因为AE//DC，AE=DC=1，所以四边形AECD为平行四边形，则CE=AD=1，因为AB⊥AD，所以AB⊥EC，因为AB=2，E为BC的中点，所以AE=BE=1，由勾股定理可得AC=AE所以AC2+B因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，因为PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC．(2)因为PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，如图，以点A为原点，以AD，AB，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则P0,0,1，A0,0,0，B0,2,0，CAC=1,1,0，MC=设平面MAC的一个法向量为m=则m⋅AC=x1设直线PB与平面AMC所成角为θ，则sinθ=所以，直线PB与平面AMC所成角的正弦值为2

17.【答案】解：(1)设A1=“对手为强队代表”，A2=“对手为弱队代表”，由题意可知PA1=13，P故PC(2)由题意可知X的取值为0，1，2，3，4，得到PX=0=1PX=2=12×故X的分布列为：X01234P261369所以EX

18.【答案】解：(1)当a=e时，fx所以f′x=1令f′x=0，得令f′x>0，解得x∈e,+∞，故f令f′x<0，解得x∈0,e，故f所以，fx在x=e处取得极小值f(2)由题意可得x∈0,+∞，f′当a≤0时，f′x>0在x∈0,+∞恒成立，所以f当a>0时，令f′x>0，解得x∈a,+∞，故f令f′x<0，解得x∈0,a，故f综上所述，当a≤0时，fx在0,+∞当a>0时，fx在0,a单调递减，在a,+∞(3)因为对任意的x∈0,+∞，都有fx>0恒成立，所以ln令gx=x−xlnx，令g′x=0，得令g′x>0，解得x∈0,1，故g令g′x<0，解得x∈1,+∞，故g所以gx在x=1处取得唯一的极大值，所以g(x故当a>1时，对任意的x∈0,+∞，a>x−xlnx

19.【答案】解：(1)由题意可得：c=33a2+1所以椭圆C的标准方程为x2(2)设点Px0,y0由题意