广东省深圳市南方科技大学附属中学2025~2026学年高二下册7月期末考试数学试卷【附解析】

数学（本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟）一、选择题（本大题包括8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，只有一个选项是正确的.）1.命题“，”的否定是（）A.， B.， C.， D.，2.已知，且，则的最小值为（）A.3 B. C.5 D.93.设集合，，则集合（）A. B. C. D.4.已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（）A. B.1 C. D.5.已知，若一组数据1，2，，，4的平均数为2，则该组数据的中位数为（）A.1.5 B.2 C.2.5 D.36.已知连续型随机变量，令函数，则下列选项正确的是（）A. B.是增函数C.的图象关于点中心对称 D.的图象关于轴对称7.若整数a，b，c经过适当排序后可成等差数列，再经过适当排序后也可成等比数列，则此等比数列的公比不可能是（）A.1 B. C. D.8.如图，直线与曲线交于、两点，其中是切点，记，，则下列判断正确的是（）A.只有一个极值点B.有两个极值点，且极小值点小于极大值点C.的极小值点小于极大值点，且极小值为D.的极小值点大于极大值点，且极大值为2二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.在边长为2的正方形中，剪去以为圆心，1为半径的扇形后得到的图形如图所示，以所在的直线为轴，其余边和弧旋转一周形成的面围成一个几何体，则（）A.该几何体的形状为圆柱中挖去个球B.该几何体的形状为圆柱中挖去个球C.该几何体的表面积为D.该几何体的体积为10.已知事件，则（）A. B.C. D.11.已知定义在R上的函数满足：对任意实数x，y，恒有，若，当时，，则下列结论正确的是（）A.B.函数的最小值为C.为R上的增函数D.关于x的不等式的解集为三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）12.的展开式中常数项为_____.13.由样本数据（），求得回归直线方程为，且，，则相应于样本点的残差值为______．14.已知，，为集合的非空子集，满足：①，；②，中元素均为奇数，中元素均为偶数；③，，中所有元素的和分别记为，，，且．则正整数的最小值为________．四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）15.已知等差数列的前项和为，且，，．（1）求数列的通项公式；（2）若，求的值．16.在中，内角的对边分别为，且.（1）求角；（2）如图，是外一点，若，，，求平面四边形的对角线的长.17.如图，四棱锥的底面是矩形，平面，M为棱BC的中点，且，，直线PM与平面所成的角为.（1）证明：.（2）求直线PB与平面所成角的正切值.18.某商场举行回馈顾客的抽奖游戏．箱子里有10张奖券，其中4张“金券”，6张“银券”．每张“金券”面值均为100元；每张“银券”面值不同，分别为元，元，…，元．顾客从箱中不放回地依次抽取奖券，直至抽到3张“金券”时停止，不可中途退出游戏．游戏停止时，顾客抽到的所有奖券的面值之和作为顾客的奖金．现有一顾客参加了此次抽奖游戏．（1）求游戏停止时该顾客共抽取5次的概率；（2）求该顾客的奖金不低于元的概率；（3）已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量X，Y，有，求该顾客的奖金的期望．19.已知函数.（1）若，求的单调区间；（2）若，求的取值范围；（3）若，设，且，证明：.

数学（本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟）一、选择题（本大题包括8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，只有一个选项是正确的.）1.命题“，”的否定是（）A.， B.， C.， D.，答案：C解析：解答过程：命题“，”的否定形式为：“，”.2.已知，且，则的最小值为（）A.3 B. C.5 D.9答案：D解析：思路：由条件得到，再结合乘1法即可求解.解答过程：因为，且，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为9.故选：D.3.设集合，，则集合（）A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：由，即集合为全体复数，又，则，故．4.已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（）A. B.1 C. D.答案：A解析：解答过程：由是定义在上的奇函数，得，故，当时，，所以，5.已知，若一组数据1，2，，，4的平均数为2，则该组数据的中位数为（）A.1.5 B.2 C.2.5 D.3答案：B解析：思路：利用平均数为2得，由得，最后计算中位数即可.解答过程：由题，得，因为，所以或或，所以当该组数据为：，中位数为2，当该组数据为：，中位数为2，综上该组数据的中位数都为2，故选：B.6.已知连续型随机变量，令函数，则下列选项正确的是（）A. B.是增函数C.的图象关于点中心对称 D.的图象关于轴对称答案：C解析：思路：由随机变量，得到正态分布曲线关于对称，根据正态分布的性质，结合选项，逐项分析判断，即可求解.解答过程：对于A，因为随机变量，所以正态分布曲线关于对称，根据正态分布曲线的性质，可得，所以A不正确；对于B，根据正态分布曲线的性质，当增大时，逐渐减小，所以函数为单调递减函数，所以B错误；对于C，因为随机变量，所以正态分布曲线关于对称，所以，则，所以的图象关于点中心对称，所以C正确；对于D，由选项B知：函数为单调递减函数，所以的图象不关于对称，所以D错误.7.若整数a，b，c经过适当排序后可成等差数列，再经过适当排序后也可成等比数列，则此等比数列的公比不可能是（）A.1 B. C. D.答案：D解析：思路：利用等差中项和等比中项列方程组求出a，b，c的关系，计算构成等比数列的公比.解答过程：a，b，c同号时，不妨设，则有，解得，此时等比数列公比为1；a，b，c是两个正数一个负数时，不妨设，则有，得，即，由，得，，若构成的等比数列为，公比为；若构成的等比数列为，公比为；a，b，c是两个负数一个正数时，同理也有构成的等比数列公比为或公比为，若构成的等比数列公比为2，设这3个数为，则不能构成等差数列.故选：D8.如图，直线与曲线交于、两点，其中是切点，记，，则下列判断正确的是（）A.只有一个极值点B.有两个极值点，且极小值点小于极大值点C.的极小值点小于极大值点，且极小值为D.的极小值点大于极大值点，且极大值为2答案：D解析：思路：利用的几何意义可判断AB；求导，结合切点与另一个切点，可得的单调性，进而可得结论.解答过程：由，得，可得表示曲线上的过点与原点的直线的斜率，由图形可知，先增大，后减小，又增大，所以有两个极值点，且极小值点大于极大值点，故AB错误；设切点的坐标为，则由条件得有两个解，其中一个解为，另一个解设为，显然有，当时，；当时，，当，.，，∴当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，∴当时，有极大值，且极大值为.当时，有极小值，且的极小值点大于极大值点，故C错误，D正确；二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.在边长为2的正方形中，剪去以为圆心，1为半径的扇形后得到的图形如图所示，以所在的直线为轴，其余边和弧旋转一周形成的面围成一个几何体，则（）A.该几何体的形状为圆柱中挖去个球B.该几何体的形状为圆柱中挖去个球C.该几何体的表面积为D.该几何体的体积为答案：AD解析：解答过程：对于A，B，正方形以所在的直线为轴旋转一周，形成一个底面半径为2，高为2的圆柱；由正方形得，则扇形（圆心角为的扇形）绕所在的直线为轴旋转一周，形成一个半球（球的半径为1），因此该几何体的形状为圆柱中挖去个球，如图所示，故A正确，B错误；对于C，圆柱的底面半径，高，半球的半径，则，，，，得，故C错误；对于D，圆柱的底面半径，高，半球的半径，则，，得，故D正确.10.已知事件，则（）A. B.C. D.答案：BCD解析：思路：综合运用条件概率、全概率公式及对立事件的概率求法依次判断各项的正误.解答过程：由题设，A错；，B对；，所以，D对；，C对.故选：BCD11.已知定义在R上的函数满足：对任意实数x，y，恒有，若，当时，，则下列结论正确的是（）A.B.函数的最小值为C.为R上的增函数D.关于x的不等式的解集为答案：ACD解析：思路：根据给定条件，赋值推理判断AB；利用函数单调性定义推理判断C；将不等式等价转化，再利用单调性求解.解答过程：对于A，令，则，而，解得，A正确；对于B，令，则，，假设存在使得，对任意实数x，有，此时为常数函数，与矛盾，即不存在使得，则，B错误；对于C，由，得，，且，则，又当时，，则，又恒成立，因此，即，因此为R上的增函数，C正确；对于D，，则，，不等式，令，由，即，解得或，即或，而为R上的增函数，，于是或，不等式的解集为，D正确.故选：ACD三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）12.的展开式中常数项为_____.答案：14解析：思路：求出展开式的通项公式，进而求出常数项.解答过程：的展开式的通项公式为，由，得，所以所求常数项为.故答案为：1413.由样本数据（），求得回归直线方程为，且，，则相应于样本点的残差值为______．答案：1解析：思路：由残差公式求解即可．解答过程：将点代入回归直线方程为，得，得，即，则样本点的残差值为：．14.已知，，为集合的非空子集，满足：①，；②，中元素均为奇数，中元素均为偶数；③，，中所有元素的和分别记为，，，且．则正整数的最小值为________．答案：8解析：思路：根据给定条件，从1开始依次取值讨论求解.解答过程：当，2时，无法满足中的元素是3的倍数，故舍；当时，集合元素的总和为6，每部分和应为2，但中必须包含3，其和，故舍；当时，集合元素的总和为10，不能被整除，故舍；当时，集合元素的总和为15，每部分和应为5，中必须包含3，需要再加入和为2的元素，只能加入2，此时，剩余元素分配给，无法满足和为5且奇偶性的要求，故舍；当时，集合元素的总和为21，每部分和应为7，中必须包含3和6，此时和为，故舍；当时，集合元素的总和为28，不能被整除，故舍；当时，集合元素的总和为36，每部分和应为12，中必须包含3和6，需要再加入和为3的元素，可加入1和2，此时，剩余元素分配给，取奇数，和为12，取偶数，和为12，满足所有条件，故的最小值为8.四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）15.已知等差数列的前项和为，且，，．（1）求数列的通项公式；（2）若，求的值．答案：（1）（2）解析：思路：（1）设等差数列的首项和公差，从而列方程组求出首项和公差，进而得到数列的通项公式；（2）对求导后，可知是等差乘等比结构的求和问题，用错位相减法即可计算出结果．（1）由数列为等差数列，设首项为，公差为，又对恒成立，所以有，联立，即，解得所以，故数列的通项公式为．（2）由，则，所以，，两式相减得：，所以．16.在中，内角的对边分别为，且.（1）求角；（2）如图，是外一点，若，，，求平面四边形的对角线的长.答案：（1）（2）.解析：思路：（1）由正弦定理边化角得到，再结合即可求解；（2）由，得到，确定由余弦定理即可求解.（1）由和正弦定理可得：，因，代入化简得，在中，，且，则，即，因为，所以.（2）由，则，因为，所以，则，因为均是锐角，所以，则，又，于是有，在中，由余弦定理，，则.17.如图，四棱锥的底面是矩形，平面，M为棱BC的中点，且，，直线PM与平面所成的角为.（1）证明：.（2）求直线PB与平面所成角的正切值.答案：（1）由平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以；（2）解析：思路：（1）由平面，利用线面垂直的性质定理得，再由线面垂直的判定定理得平面，又由线面垂直的性质定理得证；（2）连接，可得，根据已知条件求出，设点到平面的距离为，利用求出，进而可求出答案.（1）略（2）连接，由平面，所以为直线PM与平面所成的角，所以，在中，，所以，①因为，所以，所以②，由①②得，所以，设点到平面的距离为，在中，，所以，因为，所以，所以，，因为，所以，得，设直线PB与平面PAM所成角为，则，因为，所以，所以，所以直线PB与平面所成角的正切值为.18.某商场举行回馈顾客的抽奖游戏．箱子里有10张奖券，其中4张“金券”，6张“银券”．每张“金券”面值均为100元；每张“银券”面值不同，分别为元，元，…，元．顾客从箱中不放回地依次抽取奖券，直至抽到3张“金券”时停止，不可中途退出游戏．游戏停止时，顾客抽到的所有奖券的面值之和作为顾客的奖金．现有一顾客参加了此次抽奖游戏．（1）求游戏停止时该顾客共抽取5次的概率；（2）求该顾客的奖金不低于元的概率；（3）已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量X，Y，有，求该顾客的奖金的期望．答案：（1）（2）（3）174元．解析：思路：（1）结合排列组合的有关计算公式求对应的概率；（2）列出奖金的可能情况，分析如何获得对应的奖金数，求出对应概率即可.（3）求出抽取银券可获得的奖金的期望，再利用给出的公式，求该顾客获得奖金的期望.（1）游戏停止时共抽取5次，即前四次抽到2金2银，且第五次抽到金券，故所求的概率为；（2）奖金不低于270元，则可能为300元，290元，280元，270元．①若奖金为300元，即连续抽到3次金券，其概率为；②若奖金为290元，即前三次抽到两张金券和一张－10元银券，且第四次抽到金券，其概率为；③若奖金为280元，即前三次抽到两张金券和一张－20元银券，且第四次抽到金券，同②知；④若奖金为270元，一种情况是前三次抽到两张金券和一张－30元银券，且第四次抽到金券，同②知其概率为；另一种情况是前四次抽到两张金券、一张－10元银券和一张－20元银券，且第五次抽到金券，其概率为，所以；综上所述，奖金不低于270元的概率为.（3）方法一：记银券分别为，，…，，对应面值－10元，