贵州省黔南州2025~2026学年高二下册末学科素养练习数学试卷【附解析】

数学本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.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）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.已知复数，则（）A. B. C.2 D.33.已知双曲线C：的渐近线方程为，则的值为（）A. B. C.5 D.254.已知向量，满足，，且，则与的夹角为（）A. B. C. D.5.在中，角的对边分别为．若，，，则角（）A. B. C.或 D.或6.由组成没有重复数字的四位偶数的个数是（

）A.84 B.60 C.48 D.427.已知，则的值为（）A. B. C. D.8.已知是定义在上的偶函数，且.当时，，则（）A.8 B.2 C.1 D.0二、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，有选错或不选的得0分）9.关于二项式的展开式，下列说法正确的是（）A.展开式一共有5项 B.展开式的二项式系数和为32C.展开式中含项的系数为80 D.展开式所有项的系数和为10.有甲、乙两个不透明的盒子，甲盒中有2个红球、1个白球；乙盒中有1个红球、2个白球.所有小球除颜色外，大小形状完全相同.现从甲、乙两个盒子中不放回地任取一球，假设选择甲盒或选择乙盒是等可能的.记事件“从甲盒中取球”，事件“取到红球”，则（）A. B.事件A与事件B相互独立C. D.11.已知函数，，则（）A.函数的图象的对称中心为B.若，则存在两个极值点C.若有三个不同的零点，则a的取值范围是D.若，且，是的两个极值点，则三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知数列为等差数列，为的前n项和，若，，则______.13.已知随机变量，且，则的值为______.14.如图1，在矩形ABCD中，M是CD边上的中点，且，.将沿着AM翻折至，连接PB，PC，得到如图2所示的四棱锥，则四棱锥体积的最大值为______，此时三棱锥的外接球的表面积为______.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.已知数列的前n项和为，，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.16.某中学举办校园象棋双人对抗赛，随机抽取5名参赛选手，得到每周象棋训练时长x（单位：小时）与单人初赛得分y（单位：分）数据如下：每周训练时长x/小时11.523初赛得分y/分589（1）从这5名参赛选手中随机抽取2人，记初赛得分高于分的人数为随机变量X，求随机变量X的分布列及数学期望；（2）已知y与x具有线性相关关系，求y关于x的经验回归方程，并预测当时的初赛得分（最终计算结果四舍五入取整数）．附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．17.如图，已知在直四棱柱中，底面ABCD是平行四边形，其中，，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.18.已知函数.（1）求函数的图象在点处的切线方程；（2）若函数在定义域上有三个零点，求a的取值范围；（3）若函数，求证：当时，存在（其中m，n为负整数），使得函数恒成立，且的最大值为.19.著名的古希腊数学家阿基米德首次利用“逼近法”得到了椭圆的面积公式为：（其中a，b分别为椭圆的长半轴长与短半轴长）.已知椭圆C：的面积为，左、右焦点分别为，，A是椭圆C上的动点，且点A到点，的距离之和为.（1）求椭圆C的标准方程.（2）设椭圆C的右焦点为，过点作斜率不为0的直线交椭圆C于M，N两点，设直线和的斜率分别为，.（i）求证：为定值；（ⅱ）求面积的最大值.

数学本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.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）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：由，得，解得，所以，又，所以.2.已知复数，则（）A. B. C.2 D.3答案：B解析：思路：通过化简复数为代数形式后求模.解答过程：对的分子分母同乘分母的共轭复数，得：，

由虚数单位的性质，代入得：

，根据复数模的计算公式：对复数，，代入得：

.3.已知双曲线C：的渐近线方程为，则的值为（）A. B. C.5 D.25答案：C解析：解答过程：因为双曲线C：的渐近线方程为，所以，解得.4.已知向量，满足，，且，则与的夹角为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：利用向量垂直的充要条件列方程求出，再代入向量夹角公式计算夹角即可.解答过程：由，可得：，即，其中，，代入，得：，计算化简得：4+a→设与的夹角为，，由向量夹角公式：

，代入已知值计算得：，结合，得.5.在中，角的对边分别为．若，，，则角（）A. B. C.或 D.或答案：D解析：解答过程：因为，，，所以，解得，又因为，，所以或.6.由组成没有重复数字的四位偶数的个数是（

）A.84 B.60 C.48 D.42答案：B解析：思路：按照个位是0和不是0分类求解．解答过程：个位数是0的有个，个位数不是0的有个，共有个．7.已知，则的值为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：通过将所求式换元成关于的三角式，利用诱导公式、二倍角余弦公式计算即可.解答过程：令，则，，将代入所求角，则.8.已知是定义在上的偶函数，且.当时，，则（）A.8 B.2 C.1 D.0答案：B解析：思路：先结合偶函数性质和已知等式推导函数周期，将待求自变量转化到已知解析式的区间内，代入计算即可得到结果.解答过程：因为是定义在上的偶函数，故对任意，均有，已知，将替换为，可得，因此函数的周期，由偶函数性质得，对2026做带余运算：，因此，因为，代入已知解析式得：，故.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，有选错或不选的得0分）9.关于二项式的展开式，下列说法正确的是（）A.展开式一共有5项 B.展开式的二项式系数和为32C.展开式中含项的系数为80 D.展开式所有项的系数和为答案：BD解析：思路：根据展开式项数、二项式系数和、指定项系数、所有项系数和的计算，结合通项公式和赋值法即可判断.解答过程：选项A：二项式的展开式共有项，本题，故展开式共项，A错误；选项B：二项式系数和为，代入得，B正确；选项C：展开式通项为，令，得项的系数为，不是，C错误；选项D：求所有项系数和可令，代入原式得，D正确.10.有甲、乙两个不透明的盒子，甲盒中有2个红球、1个白球；乙盒中有1个红球、2个白球.所有小球除颜色外，大小形状完全相同.现从甲、乙两个盒子中不放回地任取一球，假设选择甲盒或选择乙盒是等可能的.记事件“从甲盒中取球”，事件“取到红球”，则（）A. B.事件A与事件B相互独立C. D.答案：ACD解析：思路：利用条件概率和全概率公式即可.解答过程：对于选项A，因为选择甲盒或选择乙盒是等可能的，所以，，故A正确；对于选项B，因为，，所以.，所以，所以事件A与事件B不独立，故B错误；对于选项C，，故C正确；对于选项D，，故D正确.11.已知函数，，则（）A.函数的图象的对称中心为B.若，则存在两个极值点C.若有三个不同的零点，则a的取值范围是D.若，且，是的两个极值点，则答案：ABD解析：思路：A利用解析式判断是否成立即可，B对函数求导，判断导数是否存在两个变号零点即可；C问题化为有三个不同的根，进而有直线与函数的图象有三个交点，利用导数研究函数的性质确定参数范围判断；D由题设得是方程的两根，应用韦达定理判断等量关系是否成立.解答过程：A：对任意，有，因此函数的图象的对称中心为，故A正确，B：由题设，若，则有两个不同的实数根，显然是导数的两个变号零点，所以函数存在两个极值点，故B正确，C：令，得，显然不是方程的解，所以可分离参数得，设，求导得，令，解得，当时，，在上单调递增，且时，时，当时，，在上单调递增，且时，当时，，在上单调递减，且时，函数在处取得极大值，要使有三个不同的零点，即直线与函数的图象有三个交点，必须满足，故C错误，D：当时，，，是的两个极值点，即是方程的两根，所以，则，所以，故D正确.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知数列为等差数列，为的前n项和，若，，则______.答案：49解析：思路：利用等差数列的通项和前项和公式即可.解答过程：设数列公差为，所以，即，得.因为，即，得.所以.13.已知随机变量，且，则的值为______.答案：解析：思路：根据正态分布曲线关于均值对称的性质，结合已知概率计算目标区间的概率.解答过程：对于正态分布，正态曲线关于直线对称，已知，因此正态曲线对称轴为,因为和关于对称（），根据对称性可得：,所以.14.如图1，在矩形ABCD中，M是CD边上的中点，且，.将沿着AM翻折至，连接PB，PC，得到如图2所示的四棱锥，则四棱锥体积的最大值为______，此时三棱锥的外接球的表面积为______.答案：①.②.解析：思路：根据已知有，再由平面平面时体积最大，即可求体积最大值，构建合适的空间直角坐标系，设外接球的球心为，半径为，结合的坐标求参数值，即可得半径，进而求球体的表面积.解答过程：在原矩形中，，是中点，因此，则，，满足，故，翻折后仍成立，当平面平面时，四棱锥的高最大，体积最大，是等腰直角三角形，到的距离（即四棱锥的高），底面是梯形，面积，因此体积最大值，如图建立坐标系，则，，，，设外接球的球心为，半径为，则，解得，，，，因此外接球表面积.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.已知数列的前n项和为，，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.答案：（1）（2）解析：思路：(1)利用数列前n项和与通项的递推关系求出数列通项的递推式，利用等比数列定义即可求出通项；(2)利用错位相减法即可求得数列的前n项和.（1）由题意得，当时，，两式作差得：，即，当时，，符合上述递推关系，因此是首项为1、公比为2的等比数列，通项公式为；（2）由(1)得，故，则

①，由①：

②，①-②得：

，因为，代入得：

，整理得.16.某中学举办校园象棋双人对抗赛，随机抽取5名参赛选手，得到每周象棋训练时长x（单位：小时）与单人初赛得分y（单位：分）数据如下：每周训练时长x/小时11.523初赛得分y/分589（1）从这5名参赛选手中随机抽取2人，记初赛得分高于分的人数为随机变量X，求随机变量X的分布列及数学期望；（2）已知y与x具有线性相关关系，求y关于x的经验回归方程，并预测当时的初赛得分（最终计算结果四舍五入取整数）．附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．答案：（1）随机变量X的分布列为：X012P数学期望（2）经验回归方程为，当时预测初赛得分为分解析：思路：（1）先确定抽取人数，判定为超几何分布，求出相关概率并写出分布列，求出期望；（2）计算平均值及，，进而代入公式求出，，写出回归直线方程，最后代入预测得分值．（1）选手得分：，高于分2人，低于分3人，随机变量的取值为，服从超几何分布，；；；分布列为：X012P数学期望：．（2）由题意得：，，，，，故回归方程为，时，(分)．17.如图，已知在直四棱柱中，底面ABCD是平行四边形，其中，，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.答案：（1）因为四棱柱是直四棱柱，所以平面，平面，则，又因为，，，所以，所以，所以，所以，所以，所以平面，所以平面；（2）解析：思路：（1）应用直四棱柱得出，进而应用余弦定理证明，即可证明平面；（2）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求解直线BD与平面所成角的正弦值.（1）略（2）如图，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立如图所示的坐标系，所以，，，设平面的法向量为，可得，即，令，则，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.18.已知函数.（1）求函数的图象在点处的切线方程；（2）若函数在定义域上有三个零点，求a的取值范围；（3）若函数，求证：当时，存在（其中m，n为负整数），使得函数恒成立，且的最大值为.答案：（1）（2）（3），则，令，则，令，则，令，即，解得，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增，又，，所以存在，使得，此时，当时，，此时，所以在上单调递减，当时，，此时，所以在上单调递增，所以当时，存在，使得函数恒成立，且时的最大值为.解析：思路：（1）利用导数的几何意义可求得函数的图象在点处的切线方程；（2）求导判断的单调性，求得极值，进而利用与的图象有三个交点，可求得a的取值范围；（3）求导，令，利用二次导数，可判断在上单调