广东四校2025-2026学年高二下学期期末联考数学试题含答案

本试卷满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将姓名、班级、考号等信息填写在答题卡指定2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上，不得使用涂改液，不得使用计算器.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的.2.已知函数f(x)=cosx+f'(0)·e²,则f'(0)=()A.-1B.03.已知随机事件A与B满足,且,则P(B|A)=()A.a>1B.a>25.某电影院一排有5个连续座位，甲、乙、丙等5人随机就座，已知甲不坐在两端，且乙与丙之间恰好隔2个人，则不同的就座方式共有()6.若函数f(x)=lnx+x-2e-的最大值为-1,则实数m=()A.0B.17.如图，直线I交椭圆E于A,B两点，分别交x轴正半轴、V轴正半轴于C,D两点，且试卷第1页，共4页试卷第2页，共4页A.e“>b+1B.e“<b+1C.b>2ln(a+1)二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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.下列结论正确的是()A.一个盒子里装有质地均匀的小球10个，其中红球4个，黑球6个，从中抽取2个小球，记取到红球的个数为随机变量X,则B.相关系数r的绝对值越小，两个变量之间的线性相关程度越强C.根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到x²≈9.852,根据小概率值α=0.005的x²独立性检验：xooos=7.879,可判断X与Y有关联，此推断D.若随机变量X服从正态分布N(3,σ²),且P(X≤4)=0.7,则P(2<X<4)=0.45A.E的渐近线方程为y=±√3xB.E的渐近线与圆C相交C.圆C上恰有三个点到E的一条渐近线的距离为1D.与E和圆C各恰有一个公共点的直线不止6条11.已知随机变量X～B(n,p)(0<p<1,n∈N且n≥2),设函数.记g(x)=f(x)-x,B.对任意n,p,f'(1)=E(X)恒成立试卷第3页，共4页C.存在n,P,使得函数y=g(x)在区间(0,1)内有零点D.任意n,P,对任意x₁,x₂∈(0,1),且x₁≠x₂,函数g(x)满足14.在世界杯期间，有3种不同的纪念品：纪念品A(大力神杯模型)、纪念品B(官方用球)、纪念品C(官方吉祥物).甲、乙、丙三位球迷独立随机地选择纪念品，对于每个人来说，每种纪念品选与不选都是等可能的.则至少有一种纪念品被甲、乙、丙三人都选中的概率为·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.16.如图，正三棱柱ABC-A₁B₁C₁的所有棱长都为2,且(2)求平面ABD与平面ABD的夹角的余弦值.17.在平面直角坐标系xOy中，抛物线C:y²=2px(p>0)的焦点为F,A(x,y₁),B(x₂,y₂)为抛物线C上两个不同的动点.当AB中点横坐标为2时，|(2)若直线AB过点D(2,0),在x轴上是否存在点T,使得T恒在以线段AB为直径的圆内?若存在，求出点T横坐标的取值范围；若不存在，请说明理由.18.一只蚂蚁在一个正方体的表面上爬行，记这个正方体的6个面分别为α,α₂,α₃,&₄,α₅,%.其中，α6是试卷第4页，共4页与α₁相对的面.初始时刻，蚂蚁所在的面为α,之后每过一秒，不知疲倦的蚂蚁都会等可能地爬到相邻的四个面中的某一个.(1)分别求第3秒末，蚂蚁位于面α和面α%的概率；(2)求第n(n∈N)秒末蚂蚁位于面α的概率Pn;(3)对于随机变量X₁,X₂,…,X,(n∈N),若定义随机变量Y=X₁+X₂+…+Xn,则有.记从初始时刻到第n秒末，蚂蚁位于面α₆的总次数为随机变量Z,求E(Z).19.已知函数f(x)=xlnx-x.(1)求y=f(x)在x=x₀(x₀>0)处的切线方程；(2)已知a,b∈R,曲线y=f(x)上的两点(x₁(i)a>0,且b<f(a);【详解】因为M(1,2,3),则点M到Oxz平面的距离为||=2.【详解】由题意得f(x)=cosx+f'(0)·e²,则f'(x)=-sinx+2f'(0)e²ˣ,所以f'(0)=-sin0+2f'(0)e°,解得f'(0)=0.【分析】先根据概率的性质，求得,结合条件概率的计算公式，即可求解.【详解】由概率的性质，可得P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB),,解得,所【分析】求得f'(x)=x(x-a),根据题意，转化为f'(x)<0在(1,2)上有解，得到a>x在(1,2)上有解，即可求解.【详解】由函数可得f'(x)=x²-ax=x(x-a),因为y=f(x)在(1,2)上存在单调递减区间，即a>x在(1,2)上有解，所以a>1.【分析】根据题意，先从除甲、乙、丙外的两个人选一个人和甲一起排在乙丙之间，乙丙和中间的两个人看作一个整体，结合排列数和组合数公式，以及分步乘法计数原理，即可求解.【详解】第一步，先从除甲、乙、丙外的两个人中选一个人和甲一起排在乙丙之间，共有C₂A²=4种；第二步，乙丙可以交换位置，共有A²=2种站法；第三步，将乙丙和中间的两个人看作一个整体，和剩余的1个人排序，共有A²=2种排法，由分步乘法计数原理，共有4×2×2=16种排法.【分析】求得，,令g(x)=f'(x),求得g'(x)<0,得到f'(x)试卷第1页，共13页试卷第2页，共13页值.【详解】由函数f(x)=Inx+x-2e-”所以f(x)mx=f(x₀)=Inx₀+x₀-2eo-m=-1,即所以e¹-m=1,解得m=1.【分析】将A(x₁,y₁),B(x₂,y₂)代入椭圆，两式相减，得到结合斜率公式和中点公【详解】设A(x₁,y₁),B(x₂,y₂),C(m,0),D(0,n)将A(x,y₁),B(x₂,y₂2)代入椭圆，可得,所以则直线l的斜率为【分析】根据题意，转化结合的单调性，即可求解.试卷第3页，共13页【详解】因为b>0,所以In(b+1)>0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减，所以a>In(b+1),【分析】根据超几何分布的期望公式，可判定A正确，根据相关系数的性质，可判定B错误；根据独立性检验，可判定C正确，根据正态分布曲线的性质，可判定D错误.【详解】对于A,变量X服从超几何分布，可,所以A正确；对于B,根据样本相关系数的性质：两个随机变量线性相关程度越强，样本相关系数r的绝对值越接近1,越接近0说明相关程度越弱，所以B错误；对于C,计算得x²≈9.852>2ooos=7.879,可以推断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5%,所对于D,由正态分布N(3,σ²),可得正态分布曲线关于x=3对称，因为P(X≤4)=0.7,可得P(X>4)=0.3,由对称性得P(X<2)=P(X>4)=0.3,所以P(2<X<4)=P(X≤4)-P(X≤2)=0.7-(1-0.7)=0.4≠0.45,所以D错误.【分析】对A,根据双曲线方程，即可求解；对B,利用直线与圆的位置关系的判断方法，即可求解；对C,利用渐近线方程，结合d=1<√3且√3-1<1,即可求解；对D,结合图形，分4种情况讨论，即可求解.【详解】对于A,双曲线的渐近线为y=±√3x,所以A正确，对于B,因为圆C:x²+(y+2)²=3的圆心为C(0,-2),半径为r=√3,对于C,d=1<√3且√3-1<1,所以圆上只有两个点到E的一条渐近线的距离为1,故C错误，试卷第4页，共13页对于D,因为双曲线的渐近线为y=±√3x,圆C:x²+(y+2)²=3的圆心C(0,-2),半径为r=√3,由B知渐近线与圆C相交，如图所示，与E和圆C各恰有一个公共点的直线有4种情况，①直线平行于V轴，与圆相切，与双曲线的一支相交，易知此时直线为x=√3或x=-√3,②直线与圆和双曲线的一支都相切，设直线l:y=kx+b,则整理得(b+2)²=3(k²+1),消V得到(k²-3)x²+2kbx+b²-3=0,则k²-3≠0,且△=(2kb)²-4(k²-3)(b²-3)=0,由△=0得到kR²=3-b²,代入(b+2)²=3(k²+1),解得b=1,k=±√2,此时直线为y=√2x+1或y=-√2x+1,经检验满足题意，③直线平行于渐近线，与圆相切，与双曲线的一支相交，设直线l:y=±√3x+m,由解得m=-2+2√3或m=-2-2√3(舍，此时1与双曲线的下支相切),此时符合条件的直线为y=√3x+(-2+2√3),y=-√3x+(-2+2√3),④直线与圆相切，与双曲线的两支都相交，此时与单支只有一个交点，这样的直线有无数条，综上可知D正确.【分析】利用二项分布的概率公式及二项式定理推理判断A;求出导数，结合二项分布的期望公式判断B;利用导数并举特例说明判断C;确定g'(x)的单调性，结合凸函数性质判断D.【详解】对于A,,A正确；试卷第5页，共13页对于B,f'(x)=np[(1-p)+xp]”-¹,f'(1)=np[(1-p)+p]”-¹=np=E(X),B正确；对于C,g(0)=(1-p)">0,g(1)=0,函数y=npt“⁻¹是增函数，则函数g'(x)=np[(1-p)+xp]”⁻¹-1在(0,1)上单调递增，g'(0)=np(1-p)-¹-1,g'(1)=np-1,要使y=g(x)在区间(0,1)内有零点，对于D,g'(x)=np[(1-p)+xp]⁻¹-1在(0,1)单调递增，y=g(x)为下,D错误.【分析】根据题意，令x=1,可得(2x-1)⁵展开式各项系数和，得到答案.【详解】由二项令x=1,可得(2x-1)⁵展开式各项系数和为1.【分析】根据题意，得到a·a4·a₁·a,a₂·a₅·a·a₁,a₃·a%·a₉·a₁2成等比，且公比为2⁴,结合等比数列的性质，即可求解.【详解】因为等比数列{a}中，且公比q=2,可得a·a₄·a₁·ao,a₂·a₅·a₃·q₁,a·a₆·a₉·a₂成等比，且公比为2⁴,又因为aq·a₂……9₂=2¹²,所以可得可得a₃·a₆·a·a₁₂=2⁴×2⁴=2⁸=256.【分析】根据题意，分别求得A,B,C同时被甲乙丙选中的概率，结合概率的性质，即可求解.B同时被甲、乙、丙选中的概率为C同时被甲、乙、丙选中的概率(2)由(1)得到结合裂项法求和求得S的表达式，进而证得结论.所以10=6+2d,解得d=2,则可得a=2n(n+2),即数列{a,(2)略16.(1)证明：法一：取BC中点0,连结AO,又因为,所以,所以B₁O⊥BD,因为B₁O∩AO=0,且B₁O,AOc面AOB,可得BD⊥面AOB.试卷第6页，共13页试卷第7页，共13页 则B(1,0,0),D(-1,1,0),4(0,2,√3),4(0,0,√3),B₁(1因为BD,BAC平面ABD,且BD∩BA₁=B,所以AB₁⊥平面ABD.【分析】(1)法一：取BC中点0,连结AO,证得BD⊥AB₁,再由四边形AAB₁B是正方形，得到法二：以0为原点，建立空间直角坐标系Oxyz,求得AB·BD=0和AB·BA₁=0,得到AB₁⊥BD和 (2)由(1)中的空间直角坐标系，求得平面ABD和ABD的法向量n=(√3,2√3,1)和AB=(1,0,-√3),结【详解】(1)略设平面ABD与平面ABD的夹角为θ,所以平面ABD与平面ABD的夹角的余弦值为【分析】(1)根据题意，结合抛物线的定义，列出方程，求得p=2,即可求解；(2)设直线AB的方程为x=my+2,且T(t,0),联立方程组求得y+V₂=4m,y₁V₂=-8,法一：由TA·TB<0,代入整理得到-4tm²+t²-4t-4<0,转化为不等式对Vm∈R恒成立，列出不等式组，法二：设直线AB的方程为x=my+2,且T(t,0),求得以AB为直径的圆的方程，根据点T(t,0)在圆内，得到-4tm²+t²-4t-4<0对Vm∈R恒成立，列出不等式组，即可求解.【详解】(1)解：由抛物线的定义知：所以抛物线C的方程为y²=4x.(2)解：设直线AB的方程为x=my+2,且T(t,0)联立方程组,整理得y²-4my-8=0,判别式△=(4m)²+32>0恒成立，且Y₁+y₂=4m,y₁V₂=-8,法一：由TA=(x₁-t,y₁),TB=(x₂-t,V₂),可得TATB=(x₁-t)(x₂-t)+y₁V₂,将x₁=my1+2,x₂=my₂+2代入，可得再将y₁+V₂=4m,y₁V₂=-8代入得-8(m²+1)+4m²(2-t)+(2-t)²<0,整理得-4tm²+t²-4t-4<0,由T恒在以线段AB为直径的圆内等价于-4tm²+t²-4t-4<0对Vm∈R恒成立，试卷第8页，共13页试卷第9页，共13页综上可得，存在这样的点T(t,0),且0≤t<2+2√2,满足题意.法二：设直线AB的方程为x=my+2,且T(t,0),可得x₁+x₂=m(y₁+v₂)+4=4m²+4,所以圆心为(2m²+2,2m),圆的方程为[x-(2m²+2)]+(v因为点T(t,0)在圆内，可得(2m²+2-t)²+(2m)²<4(1+m²)(2+m²),整理得-4tm²+t²-4t-4<0,因为T恒在以线段AB为直径的圆内等价于-4tm²+t²-4t-4<0对Vm∈R恒成立，综上可得，存在这样的点T(t,0),且0≤t<2+2√2,满足题意.18.(1)第3秒末，蚂蚁位于面α和面α%的概率都为【分析】(1)设第i秒末，蚂蚁位于面α₁为事件A,位于与α相邻的面为事件B,位于面α₆为事件C₁,根据概率的性质及概率的乘法公式，即可求解；(2)由(1)知Pn=P(A.),根据题意，求得当n≥2时，,化简得到数列为等列，结合等比数列的通项公式，即可求解；试卷第10页，共13页得到结合等比数列的求和公式，即可求解.【详解】(1)解：设第i秒末，蚂蚁位于面αq为事件A,位于与α₁相邻的面为事件B,位于面α6为事件(2)解：由(1)知Pₙ=P(A),根据题意，可得P(A)=P(C₁)=0,P(B₁)=1,所以整理得,且可得数列是为首项，为公比的等比数列，贝试卷第11页，共13页