广西玉林市五校联考2025-2026学年高二下学期5月期中考试 数学试卷

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单选题
已知数列an 为正项等比数列，若a3  16, a5  1，则a4  （ ）
4
B．4C． 4
D．2
某大学有 5 个门，若从任意一个门进，从任意一个门出，共有不同的走法种数为（ ）
A．5B．20C．25D．50
对四组数据进行统计，获得如图散点图，关于其相关系数的比较，正确的是（ ）
r2  r4  0  r3  r1B． r4  r2  0  r1  r3
C． r4  r2  0  r3  r1D． r2  r4  0  r1  r3
“曲线 y  alnx  2x 在 x  1 处的切线的倾斜角为 π ”是“ a  2 ”的（ ）
a4
充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
已知 X ~ N 17,σ2 ，且 P  X  21  P 13  X  17  0.2 ，则 P  X  13  （ ）
A．0.2B．0.3C．0.35D．0.45
甲同学参加综合素质测试，该测试共有 6 个项目．已知甲同学每个项目合格的概率均为 p(0  p  1) ，合格得 3 分，不合格扣 2 分，且各项目是否合格相互独立．设 6 个项目测试完后甲的总得分为 Y，期望为 E(Y ) ，方差为 D(Y ) ，当 E(Y )  D(Y ) 最大时， p  （ ）
A． 1
5
B． 1
4
C． 3
5
D． 2
3
下列说法错误的个数为（ ）
①若随机变量 X 服从两点分布（或0 -1分布），且 E( X )  1 ，则 D( X )  1 ；
28
②要将4 个不同的礼物分给3 位同学，每人至少1个，不同分法的种数是36 种；
③同时投掷两枚质地均匀的骰子，设事件 A 为第一枚骰子投出的点数为奇数，事件 B 为两枚骰子点数之和
为 8，则 P(B A)  1 ；
9
④某人射击1次，未击中目标的概率为0.2 ，连续射击10 次，设击中目标的次数为Z ，且每次射击相互没有影响，则Z ~ B 10, 0.8 .
A．1B． 2C． 3D． 4
某市选派 9 名医生到 3 个乡镇义诊，其中有 5 名主治医师，4 名实习医生，要求每个乡镇分配 3 名医生，且每个乡镇至少有一名主治医师，则不同的分配方法种数为（ ）
A．720B．1480C．1080D．1440
多选题
设离散型随机变量 X 的分布列为
若离散型随机变量Y 满足Y  3X  1 ，则下列结果正确的有（ ）
X
0
1
2
3
4
P
q
0.4
0.1
0.2
0.2
q  0.2
C． EX  2 ， DX  1.8
EX  2 ， DX  1.4
D． EY  7 ， DY  16.2
设等差数列an 的前n 项和为Sn ，若S10  S12  S11 ，则（ ）
数列a 的公差小于 0B．数列 Sn  的公差与数列a 的公差相等
n
nn

C． Sn 中 S11 最大D．使得Sn  0 的正整数n 的最小值为 22
已知函数 f  x 的定义域为0, ∞ ，导函数为 f  x ，满足 xf  x  f  x   x 1ex （ e 为自然对数的底数），且 f 1  0，则（ ）
A． 3 f 2  2 f 3
B． f  x 在 x  1 处取得极小值
C．存在唯一的实数 x0 使得 f  x0   2
 e 
D． f 1  f  1   f 2
 
填空题
一个口袋里有形状一样仅颜色不同的 6 个小球，其中白色球 2 个，黑色球 4 个．若从中一次取 3 个球，记所取球中白球个数为ξ，则随机变量ξ的期望为．
(1 x)2 (1 2 y)3 的展开式中，记 xm yn 项的系数为 f (m,n) ，则 f (2,1)  f (1, 2)  ．
已知等差数列an 首项为 2，公差为 2，前 n 项和为Sn ，数列bn 前 n 项和为Tn ，且满足
n
b  3  ln
n
．若对于任意n  N* ， T
 m 成立，则 m 的最小值为．
n
Snn 1
解答题
某种商品价格与该商品日需求量之间的几组对照数据如下表：
求 y 关于 x 的线性回归方程；
利用（1）中的回归方程，当价格 x  40 元/ kg 时，日需求量 y 的预测值为多少？
n
n
x  x y  y  x y  nx  y
iii i
参考公式：线性回归方程 ‸y  b‸x  a‸ ，其中b‸  i1  i1 ， a‸  y  b‸ x
n
n
x  x2 x2  nx2
价格 x （元/ kg ）
10
15
20
25
30
日需求量 y （ kg ）
11
10
8
6
5
已知数列an 的首项a  1，且a
2n1 a
 n .
ii
i1i1
n
1n1
a  2n
 2n 
证明：数列 a 是等差数列；
 n 
n
令b  1 ，求数列b 的前n 项和S .
a
nn
n
某工厂新引进了一套设备用于提高产品的质量，现将新设备生产的 1000 件产品的质量指标值统计如图所示.
设备
产品质量指标值
超过 75
不超过 75
新设备
旧设备
100
900
为了比较新旧设备生产的产品之间的质量是否有差异，研究人员将旧设备生产的产品情况和新设备生产的这 1000 件产品情况进行比较（以质量指标值是否超过 75 为依据），得到的数据统计如下表所示，依据小概率值α 0.001 的独立性检验，能否认定产品质量与设备的新旧有关联?
以频率估计概率，若从新设备生产的产品中随机抽取 4 件，记质量指标值在75, 95 的产品数为 X ，求 X
的分布列以及数学期望 E  X  .
n ad  bc2
附： χ2 
a  bc  d a  cb  d 
，其中n  a  b  c  d .
某学校组织数学竞赛活动，准备了两组题目分别放在 A，B 两个箱子中．A 箱中有 4 道代数题和 2 道几何题，B 箱中有 3 道代数题和 3 道几何题．参赛选手先在两个箱子中任选一个箱子，然后从选中的箱子中依次抽取 2 道题（不放回）作答．
若甲同学选择 A 箱，求甲第一次抽到代数题且第二次抽到几何题的概率；
若乙同学选择 A 箱，答题结束后工作人员失误将乙抽取的题目放回了 B 箱，接着丙同学选择从 B 箱抽取题目，求丙抽取的 2 道题中至少有一道代数题的概率．
已知函数 f  x  ae2x  1  2aex  x .
α
0.1
0.05
0.01
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
10.828
当a  1 时，求曲线 y  f  x 在点0, f 0 处的切线方程；
讨论 f  x 的单调性；
若 f  x 有两个不同零点x1 ， x2 ，证明： a  1 且 x1  x2  0 .
1．B
【详解】由等比数列的性质可得， a2  a  a
参考答案
 16 ，
435
因an  0 ,故a4  4 . 2．C
【详解】依题意，从任意一个门进，有 5 种方法，又从任意一个门出，也有 5 种方法，由分步乘法计数原理，共有不同的走法种数为5 5  25 .
故选：C.
3．A
【详解】由散点图可知，相关系数r2 , r4 所在散点图呈负相关， r1 , r3 所在散点图呈正相关，所以r1 , r3 都为正数， r2 , r4 都为负数.
r1 , r2 所在散点图近似一条直线上，线性相关性比较强，相关系数的绝对值越接近 1，而r3 , r4 所在散点图比较分散，线性相关性比较弱，相关系数的绝对值越远离 1.
综上可得： r2  r4  0  r3  r1 .
故选：A.
4．B
【详解】由 y  alnx  2x ，得 y  a  2 ．
a
由曲线 y  alnx  2x 在 x  1
a
xa
处的切线的倾斜角为 π ，
4
可得a  2  1 ，解得a  2 或a  1 ．
a
故“曲线 y  alnx  2x 在 x  1 处的切线的倾斜角为 π ”是“ a  2 ”的必要不充分条件．
a4
5．C
【详解】由正态分布的对称性可知， P  X  21  P  X  13 ， P 13  X  17  P 17  X  21 ，已知
P  X  21  P 13  X  17  0.2 ，
所以 P  X  13  P 17  X  21  0.2 ，因为 P  X  17  0.5 ，
且 P  X  17  P  X  13  P 13  X  17 ，所以 P 13  X  17  0.5  P  X  13 ，又因为
P 13  X  17  P 17  X  21 ，
所以 P 17  X  21  0.5  P  X  13 ，代入 P  X  13  P 17  X  21  0.2 ，
可得 P  X  13  0.5  P  X  13  0.2 ，故2P  X  13  0.7 ，所以 P  X  13  0.35 .
故选：C.
6．C
【详解】依题意，合格项目的个数 X ~ B(6, p) ，则 E( X )  6 p ， D( X )  6 p(1 p) ，
由每个项目合格得3 分，不合格扣 2 分，得甲的总得分Y  3X  2(6  X )  5X 12 ，因此 E(Y )  5E( X ) 12  30 p 12 ， D(Y )  25D( X )  150 p(1 p) ，

则 E Y   D Y   150 p2 180 p 12  150  p 

所以当 p  3 时， E(Y )  D(Y ) 取得最大值42 .
5
3 2

5

 42 ，又0  p  1 ，
故选：C 7．A
【详解】解：①根据两点分布的均值 E  X   p ，方差 D  X   p 1 p ，
若 E  X   1 ，则 D  X   1 1 1   1  1 ，因此①错误；
22 2 48

②将4 个不同的礼物分给3 位同学，每人至少1个，则说明必有1人拿到2 个礼物，
所以可以先取2 个礼物，共有C2  6 种；再将分好的3 组礼物分配，共有A3  6 种，
43
因此，不同分法的种数为6  6  36 种，②正确；
③由事件 A 为第一枚骰子投出的点数为奇数，则第一枚点数可能为1， 3 ， 5 ，共3 种，而第二枚点数无要求，因此n  A  3 6  18 种；
又第一枚骰子投出的点数为奇数，两枚骰子点数之和为8 的情况，有3, 5 和5, 3 ，
n  AB21
则n  AB  2 ，因此 P(B A)  ，③正确；
n  A189
④由未击中目标的概率为0.2 ，则击中目标的概率为1  0.2  0.8 ，连续射击10 次，每次都相互独立，且概率均相同，
因此击中次数服从二项分布，即Z  B 10, 0.8 ，因此④正确.
8．D
【详解】由题意，要求每个乡镇分配 3 名医生，且每个乡镇至少有一名主治医师，则主治医师的分配方案有 2 种，即“ 2  2 1 ”或“ 3  1  1 ”.
C2C2C1
A
2
当主治医师按照“ 2  2 1 ”分配时，主治医师的分法种数为 5 3 1  15 ，
2
再将 4 名实习医生按照“1  1  2 ”与之配成对应的三组，分法种数为C1 C1  12 ，
4 3
3
最后将分好的三组分配到 3 个乡镇，分配方法种数为A3 ，
3
根据分步乘法计数原理，不同的分配方法种数为1512  A3  1080 ；
C3C1 C1
A
2
当主治医师按照“ 3  1  1 ”分配时，主治医师的分法种数为 5 2 1  10 ，
2
4
3
再将 4 名实习医生按照“ 0  2  2 ”与之配成对应的三组，分法种数为C2  6 ，最后将分好的三组分配到 3 个乡镇，分配方法种数为A3 ，
3
根据分步乘法计数原理，不同的分配方法种数为10  6  A3  360 .
根据分类加法计数原理，不同的分配方法种数为1080  360  1440 .
故选：D.
9．CD
【详解】由概率的性质可得q  0.4  0.1 0.2  0.2  1，解得q  0.1，
EX  0  0.11 0.4  2  0.1 3 0.2  4  0.2  2 ，
DX  (0  2)2  0.1 (1 2)2  0.4  (2  2)2  0.1 (3  2)2  0.2  (4  2)2  0.2  1.8 ，
EY  3EX 1  3 2 1  7 ，
DY  32  DX  9 1.8  16.2 ,
故选：CD 10．AC
【详解】由S10  S12  S11 ，可得： S12  S10  0  a11  a12  0 ,
S12  S11  0  a12  0 ，则a11  0 ，
所以数列an 的公差d  a12  a11  0 ，故 A 正确；
等差数列前n 项和
S  na  n(n 1)d ，因此 Sn  a
 (n  1) d ，
n12
n12
即 Sn  公差为 d 的等差数列，与原数列公差d 不相等，故 B 错误；
n
2


由a11  0 ， a12  0 ， d  0 ，可知等差数列an 前 11 项均为正，从第 12 项开始为负，因此 S11 最大，故 C 正
确；
利用等差数列求和公式计算可得S
 (a1  a21 )21  21a
0 ，
21211
S  (a1  a22 )22  (a11  a12 )22  0 ， S  (a1  a23 )23  23a
 0 ，
222223212
因此要使Sn  0 的正整数n 的最小值为23 ，不是22 ，故 D 错误.
11．BCD
f  x
xf  x  f  x x 1ex
 ex

【详解】设 g  x ，则 g x 
22 
 c  ，
xxx
 x
可得 g  x 在区间0,1 上单调递减，在1, ∞ 上单调递增，
故 g 2  g 3 ，即 f 2  f 3 ，得3 f 2  2 f 3 ，故选项 A 不正确；
23
可设 g  x  ex  c ，可得 f  x  ex  c ，所以 f  x  ex  cx, f 1  e  c  0 ，所以c  e ，
xxx
所以 f  x  ex  ex, f  x  ex  e ，由 f  x  0 可得 x  1 ，由 f  x  0 可得 x  1，所以 f  x  ex  ex 在区间0,1 上单调递减，在1, ∞ 上单调递增，
所以 f  x 在 x  1 处取得极小值，故选项 B 正确；
又因为 f 0  e0  e 0  1, f 3  e3  3e  ee2  3  2 ，可得函数 f  x 大致图象如下：
结合图象知，存在唯一的实数 x0 使得 f  x0   2 ，故 C 正确；
 1 111
e
由于 f (x)
min
 f 1 ，而 f 2  e2  2e  ee  2  1, f
   ee  e  ee 1 1  1，
e
e
 
 e 
所以 f 1  f  1   f 2 ，故选项 D 正确.
 
故选：BCD.
12．1
【详解】由题知，ξ的所有取值为 0，1，2.
C31
C1C 23
C 2C11
P ξ 0  4  ， P ξ 1  2 4  ， P ξ 2  2 4  .
C
C
C
5
5
5
333
666
所以随机变量ξ的期望为 E ξ  0  1 1 3  2  1  1.
555
故答案为：1. 13．30
23
23
【详解】含有 x2 y 的项为C2 x2 C1  2 y   6x2 y ，则 f (2,1)  6 ；含有 xy2 的项为C1 x C2 2 y 2  24xy2 ，则 f (1, 2)  24 ；
则 f (2,1)  f (1, 2)  30 .
故答案为：30.
14． 2  ln 3
【详解】由题可知S
 2n  n n 1  2  n n 1 ，则b
 3  ln  n   3 1  1   ln  n  ，

n2nn n 1 n 1  nn 1  n 1 
 1 1 11 2
T  b  b L b b3 1  ln  3   ln L 31  1   ln n 1  3 1  1   ln n ，
n12
n1n
2 2 23 3 n 1n n nn 1 
n 1

1111111
 12
n 1n 3
= 31   L  
  ln 
 L
 = 3  ln n 1 .
223
n 1
nnn 1  2 3
nn 1 
n 1
设 f  x  3 
3
x 1
 ln  x 1 ， x 0,  .
f  x 
3
 x 12
 1 
x 1
2  x
 x 12 ，
当 x  2 时， f  x  0 ， f  x 单调递减，当0  x  2 时， f  x  0 ， f  x 单调递增.
max
则 f  x 在 x  2 时取得最大值. m  Tn  T2  2  ln 3 15．(1) ‸y  0.32x 14.4
(2)预测值为1.6kg
【详解】（1）由表格中的数据可得 y  1110  8  6  5  8 ， x  10 15  20  25  30  20 ，
55
5
由题意得xi yi  10 111510  20  8  25 6  30  5  720 ，
i1
且x  10 15  20  25  30  2250 ，
5
222222
i
i1
所以? =
5
????−5?⋅?
?=1 5
?2−5?2
?
?=1

= 720−5×20×8 = −0.32， aˆ  y  bˆx  8  0.32  20  14.4 ，
2250−5×202
故回归直线方程为 ‸y  0.32x 14.4 .
（2）将 x  40 代入回归直线方程得 ‸y  0.32  40 14.4  1.6 ，当价格 x  40 元/ kg 时，日需求量 y 的预测值为1.6kg .
16．(1)证明见解析
(2) Sn
 3  n  3 .
2n
2n1 a
【详解】（1）因为a
 n ， a  1，所以a  0 ，
n
n1
a  2n1n
2n1 
2n1
a  2n2n
所以 a
2n1 a
 n 1 ，
n1n aa
n
a  2nnn

2n12n
所以1，
an1an
21 
 2n 
又 a2 ，所以数列 a 是首项为2 ，公差为1的等差数列；
1 n 
2n 
b  1 = n 1
a
（2）由（1）可得：
n
2  n 1  n 1 ，则 n
n
2n ，
a
所以S
 2  3  4    n 1 ① ，

n2122232n
则 1 S  2
2 n22
 3  4
2324
     n  1 ②，
2n1
两式相减得： 1 S  1 1  1    1  n 1 ，
2 n
1  1
2223
2n2n1
所以 1 S
 1 42n1  n 1  3  n  3 ，

2 n1 1
2
2n1
22n1
所以Sn
 3  n  3 .
2n
17．(1)能认定产品质量与设备的新旧有关联
(2)分布列见解析， E  X   1.
【详解】（1）解：由频率分布直方图可知，产品的质量指标值超过75 的频率为0.015  0.01010  0.25 ，所以产品的质量指标值超过75 的有1000  0.25  250 件，
设备
产品质量指标值
合计
超过 75
不超过 75
新设备
250
750
1000
旧设备
100
900
1000
合计
350
1650
2000
所以产品的质量指标值不超过75 的有1000  250  750 件，故列联表如下：
假设： H 0 : 产品质量与设备的新旧无关联，
2000 250  900 100  75026000
χ2  77.92  10.828 ，
1000 1000  350 165077
所以依据小概率值α 0.001 的独立性检验，能认定产品质量与设备的新旧有关联.
4 
（2）解：新设备产品质量指标值在75, 95 的频率为： (0.015  0.010) 10  0.25 ，故根据频率估计概率，质量指标值在75, 95 的概率为0.25 ，
所以随机抽取 4 件，记质量指标值在75, 95 的产品数为 X 

B  4,

1  ，

 1 0  3 481
 1 1  3 327
所以 P  X  0  C0   
； P( X  1)  C1   ；
44
4    
   
44
256
4    
   64
 1 2
 3 227
 1 3
 3 13
P  X  2  C2   ； P  X  3  C3   ；
44
44
4    
   
128
4    
   64
 1 4  3 01
P  X  4  C4   ，
44
4    
   
256
所以 X 的分布列如下表：
所以，数学期望 E  X   4  1  1.
4
18．(1) 4
15
(2) 86
105
【详解】（1）设事件M 表示“甲第一次从 A 箱中抽到代数题”，事件 N 表示“甲第二次从 A 箱中抽到几何题”，
则 P M   4  2 ．
63
5
在M 发生的条件下，A 箱中还剩下 3 道代数题和 2 道几何题，所以 P  N M   2 ．
故 P MN   P M  P  N M   2  2  4 ．
3 515
（2）设事件Q 为“丙从 B 箱中抽取的 2 道题中至少有一道代数题”，事件 R 为“乙从 A 箱中取出 2 道代数题”，
事件S 为“乙从 A 箱中取出 1 道代数题和 1 道几何题”，事件T 为“乙从 A 箱中取出 2 道几何题”，
X
0
1
2
3
4
P
81
256
27
64
27
128
3
64
1
256
C22
C1 C18
C21
则 P  R  4  , P S   4 2 , P T   2 ．
C25C215C215
666
C2325
当 R 发生时，B 箱中有 5 道代数题和 3 道几何题， P Q R  1 3  1；
C
8
22828
C2611
当S 发生时，B 箱中有 4 道代数题和 4 道几何题， P Q S   1 4  1；
C
8
22814
C2109
当T 发生时，B 箱中有 3 道代数题和 5 道几何题， P Q T   1 5  1．
C
8
22814
由全概率公式可得 P Q  P  R P Q R  P S  P Q S   P T  P Q T   2  25  8  11  1  9
 86 ．
528 15 1415 14105
19．(1) y  2
当a  0 时， f  x 在, 0 上单调递减； f  x 在0, ∞ 上单调递增；
当a   1 时，故 f  x 在 ∞, ln  
1 
上单调递减，
2 2a 

在ln   1  , 0  上单调递增，在0, ∞ 上单调递减；
 2a 

当a   1 时， f  x 在,  上单调递减；
2
当 1  a  0 时， f  x 在, 0 上单调递减，
2
在 0, ln  
1  上单调递增，在ln  
1  ,

上单调递减.
 2a 
 2a 
∞

证明见解析
【详解】（1）由题意得 f  x  2ae2x  1 2aex 1  ex 12aex 1 .
当a  1 时， f 0  0 ， f 0  2 ，
则曲线 y  f  x 在点0, f 0 处的切线方程为： y  2  0 ，即 y  2 .
① a  0 ，则2aex  1  0 ，令 f  x  0 ，解得 x  0 ，当 x , 0 时， f  x  0 ， f  x 在, 0 上单调递减；当 x 0,  时， f  x  0 ， f  x 在0, ∞ 上单调递增；

②当a  0 时，由 f  x  0 得， x  0 或 x  ln  
1 
.
2a 

ln   1   0 ，即a   1 时，
 2a 2

当 x , ln   1  ∪ 0, ∞ 时， f  x  0 ，
 ∞
 2a 

当 x  0, ln   1  时， f  x  0 ，
 2a 

故 f  x 在 ∞, ln   1  上单调递减，
 2a 

在ln   1  , 0  上单调递增，在0, ∞ 上单调递减；
 2a 

ln   1   0 ，即a   1 时，同理可得 f  x 在,  上单调递减；
 2a 2

ln   1   0 ，即 1  a  0 时，同理可得 f  x 在, 0 上单调递减，
 2a 2

在 0, ln  
1  上单调递增，在ln  
1  ,

上单调递减，
 2a 
 2a 
∞

综上可得，当a  0 时， f  x 在, 0 上单调递减； f  x 在0, ∞ 上单调递增；
当a   1 时，故 f  x 在 ∞, ln   1  上单调递减，
2 2a 

在ln   1  , 0  上单调递增，在0, ∞ 上单调递减；
 2a 

当a   1 时， f  x 在,  上单调递减；
2
当 1  a  0 时， f  x 在, 0 上单调递减，
2
在 0, ln  
1  上单调递增，在ln  
1  ,

上单调递减.
 2a 
 2a 
∞


1f x

1 
11 
由（2）知， a   2 时，   的极小值为 f  ln   2a   1 4a  ln   2a   1  0 ，

当 1  a  0 时， f  x 的极小值为 f 0  1 a  1  0 ，
2
当a   1 时， f  x 在,  单调递减，故a  0 时， f  x 至多有一个零点.
2
当a  0 时， f  x 在, 0 单调递减，在0, ∞ 单调递增.
要使 f  x 有两个零点，则 f 0  0 ，即a 1 2a  0 ，得a  1 .
令 F  x  f  x  f x ，  x  0 ，
则 F  x  f  x  f x  2ae2x  1 2aex 1  2ae2x  1 2aex 1
 2a ex  ex 1ex  ex  2  ex  ex   2  0 ，
所以 F  x 在 x  0 时单调递增， F  x  F 0  0 ， f  x  f x .
不妨设 x1  x2 ，则 x1  0 ， x2  0 ， x2  0 ， f  x1   f  x2   f x2  .
由 f  x 在, 0 单调递减得， x1  x2 ，即 x1  x2  0 .