精品解析：湖北省黄冈市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷含解析（word版）

这是一份精品解析：湖北省黄冈市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷含解析（word版），共19页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，考试结束后，请将答题卡上交， 下列说法正确的是， 已知，且，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
祝考试顺利
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将答题卡上交.
一、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. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定集合A的全部元素，再依据交集的定义求解两个集合的交集.
【详解】集合，又，所以.
2. 已知幂函数在上单调递减，则（ ）
A. 1或2B. 0或1C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】先依据幂函数的定义求出的可能取值，再结合函数在上单调递减的性质筛选得到正确结果.
【详解】根据幂函数的定义可得 ，即，解得或，
又在上单调递减，可得，即，
所以.
3. 若随机变量，且，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用正态分布概率密度曲线关于均值对称的性质，由两个概率相等计算均值.
【详解】正态分布的概率密度曲线关于直线对称，
因为，所以.
4. 对于实数，“”是“”的
A. 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
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：由于不等式的基本性质，“a＞b”⇒“ac＞bc”必须有c＞0这一条件．解：主要考查不等式的性质．当c=0时显然左边无法推导出右边，但右边可以推出左边．故选B
考点：不等式的性质
点评：充分利用不等式的基本性质是推导不等关系的重要条件．
5. 若随机事件A，B的概率满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用条件概率公式先求得事件A、B的联合概率，再代入另一条件概率公式变形求解.
【详解】对于随机事件，当时，，变形可得，
所以
当时，，变形可得，
所以.
6. 编号为1，2，3，4，5的五台旅游车停在编号为1，2，3，4，5的五个车位上，每个车位只能停一台车，则恰好有两台车编号与车位编号一致的停车方法总数为（ ）
A. 20B. 30C. 40D. 60
【答案】A
【解析】
【分析】先从5台车中选出编号与车位一致的2台，再对剩余3台做全错位排列，利用分步乘法计数原理计算总方法数.
【详解】 第一步：从5台车中选取2台编号与车位编号一致的车，共有种不同的选法；
第二步：剩余3台需满足编号均与车位编号不一致，即3个元素的全错位排列，
设剩余3台编号为，
若车停在号，则车只能停在号，车停在号；若车停在号，则车只能停在号，车停在号；
故不同的错位排列数为2.
根据分步乘法计数原理，总停车方法数为种.
7. 已知函数，若都有成立，则实数m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先证明，再结合单调性得出对恒成立，最后利用基本不等式求最值.
【详解】任取，且，
则
，
因为，所以，
因为，所以，则，
则在上增函数单调递增，
因为在为增函数，所以在上单调递增，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，
，
因为对恒成立，
则对恒成立，
所以对恒成立，
因为，所以，
则，
等号成立时，
则，则实数m的取值范围为.
8. 从集合的非空子集中随机取出两个不同的集合M，N，则在的条件下中恰有3个元素的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先由推出，利用时转化问题，再分别统计条件下的总事件数和符合要求的事件数，代入条件概率公式计算.
【详解】原集合共个元素，由可得，且是不同非空子集，
故M⫋N ， 又时，，
因此恰有3个元素，等价于本身恰有3个元素，
用事件表示取出两个不同非空子集满足M⫋N ，用事件表示恰有 3 个元素，
对元素数为的集合，其非空真子集的个数为，按的元素个数分类求和，
，
先选3元集合，共种；需包含且，
原集合剩余个元素，每个元素可选入或不选入，减去的情况，
共种， 因此，
.
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 在回归模型中决定系数越大，则表示残差平方和越小，模型拟合效果越好
B. 利用进行独立性检验时的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量越独立
C. 若事件A，B满足，，则A，B相互独立与互斥不能同时成立
D. 若随机变量，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对 A，套用决定系数公式，通过与残差平方和的反向增减关系判断拟合效果好坏；对 B，依据卡方独立性检验原理，越大越倾向判定变量相关，以此判断选项表述正误；对 C，分别推导独立事件、互斥事件下的取值，对比二者取值矛盾证明不能同时成立；对 D，直接代入二项分布方差公式计算数值验证结论.
【详解】对于A：决定系数公式为，
因此越大，残差平方和越小，模型拟合效果越好，A正确；
对于B：独立性检验中，的值越大，拒绝“两个分类变量独立”原假设的把握越大，
即越有把握认为两个分类变量有关，而非越独立，B错误；
对于C：若相互独立且，则；
若互斥，则为不可能事件，，二者矛盾，
因此相互独立与互斥不能同时成立，C正确；
对于D：二项分布的方差公式为，
代入得，D正确.
10. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】先通过通项公式结合已知条件求的值，再利用赋值法、导数法分别判断各选项的系数和是否正确.
【详解】对于A：二项展开式通项为，
因此，，代入得：，
显然，解得，A正确；
对于B：令展开式中，得，因此，B正确；
对于C：令，代入展开式得，即，
所求和为，C错误；
对于D：对展开式两边求导得：，
令，左边为，即，D正确.
11. 已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A. 的极小值点为2
B. 若有2个零点，则实数的取值范围为
C. 对于区间上任意两个实数，都有
D. 设，只有一个极值点，则实数的取值范围为
【答案】AC
【解析】
【分析】求导确定函数单调性，可判断A；举例说明判断B；作差变形，构造函数并利用导数探讨单调性判断C；通过特殊值代入，求导，确定极值点可判断D.
【详解】对于A：函数，求导得，
当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值点为2，A正确；
对于B：当时，只有1个根3，B错误；
对于C：
，
令函数，则，
故函数在上单调递增，
由，不妨令，则，
即，而，则，
所以，C正确；
对于D：函数定义域为R，
取，则
求导得，
令，
求导得：，当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
又当趋近于负无穷大时，的函数值趋近于正无穷大，当趋近于正无穷大时，的函数值趋近于正无穷大，
所以有两根，
所以当时，，单调递减；
时，，单调递增；
时，，单调递减；
当时，，单调递增；
此时有3个极值点，D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数是定义在上的周期为2的奇函数，当时，，则________.
【答案】
【解析】
【分析】利用函数的周期性将自变量转化到已知区间附近，再结合奇函数的性质代入对应解析式计算.
【详解】由函数周期为，根据周期函数性质：对任意，有，
可得：，
由是定义在上的奇函数，根据奇函数性质：，可得：，
由于，代入已知区间的解析式，得：，
因此.
13. 已知函数，则函数的图象在点处的切线方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】先通过换元法求得的解析式，再利用导数的几何意义求切线斜率，结合点斜式得到切线方程.
【详解】令，则，，代入已知等式得： ，因此，，
所以，即切点为，
又，得，即切线斜率，
由点斜式可得切线方程为，整理得.
14. 将1，2，3，4，5，6，7，8随机排成一行，前四个数字依次构成一个四位数，后四个数字依次构成一个四位数，已知的千位数比的千位数恰好大4，则满足的不同排列数有_____个（用数字作答）.
【答案】
【解析】
【分析】先确定的千位数字，共有种选择，再按的百位数字比的百位数字小，分类进行讨论，即可求解.
【详解】由题意，设的千位数字为，的千位数字为，
因为的千位数字比的千位数字大4，
所以在中，满足条件的只有组：，，，，
因为 ，所以的百位数字比的百位数字小，
假设剩余的个数字为，且，
①若的百位数字取，则的百位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，共有种选择，
②若的百位数字取，则的百位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，共有种选择，
③若的百位数字取，则的百位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，共有种选择，
④若的百位数字取，则的百位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，共有种选择，
⑤若的百位数字取，则的百位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，的十位和个位数字有种选择，共有种选择，
综上所述，满足条件的排列共有种.
四、解答题：本大题共5小题77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 某企业统计了过去5年的营业额（单位：千万元），得到数据如下表：
（1）已知y与x有较强的线性相关关系，求y关于x的经验回归方程，并预测今年的营业额；
（2）如果某年营业额不低于10千万元，则称该年营业额“达标”.从表格5年数据中随机选取3年数据，设表示营业额“达标”数据的年数，求的期望与方差.
参考公式：在经验回归方程中，，，
参考数据：，.
【答案】（1）经验回归方程为，预测今年营业额为21千万元；
（2），
【解析】
【分析】（1）先计算样本均值，代入经验回归系数公式求得和得到回归方程，再代入预测今年营业额；
（2）判断X服从超几何分布，利用超几何分布的期望、方差公式求解.
【小问1详解】
计算样本均值： ，， 已知，，
代入公式得： ， ，
故关于的经验回归方程为 ，
今年为第6年，即，代入得，
即预测今年营业额为21千万元.
【小问2详解】
由题意可知，5年中营业额达标的年份共3年，不达标的年份共2年，从5年中随机选取3年，表示达标年数，
则服从参数为的超几何分布，所有可能取值为1,2,3，
根据超几何分布的期望公式：；
根据超几何分布的方差公式：
16. 已知函数图象关于直线对称，且.
（1）求的值；
（2）求被7整除的余数.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据对数真数大于求出定义域，利用定义域关于对称求出，再借助轴对称性质约去对数项建立等式解出，最后计算；
（2）将变形为用二项式展开消去含的整除项，再对剩余拆为再次二项式展开，消去含的整除项得到除以 7 的余数.
【小问1详解】
由定义域关于对称，所以定义域为，
所以，得，
由对称性，代入得 ，
在定义域内，故，解得. 所以.
【小问2详解】
时，，
因为，
所以被整除的余数与被整除的余数相同，
又 ，
所以被整除的余数与被整除的余数相同，
因为被整除的余数是，故被整除的余数为.
17. 已知函数，.
（1）当时，求在上的值域；
（2）若在上单调递减，求的取值范围.
参考数据：.
【答案】（1）
（或近似值）
（2）
【解析】
【分析】（1）代入后求导，判断函数在给定区间的单调性，计算极小值与端点值比较得到值域；
（2）由单调递减的性质得导数在上恒非正，分离参数后转化为求二次函数的最值，得到的取值范围.
【小问1详解】
当时，，定义域为， 求导得：，
因，故，令，解得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
故在处取区间最小值：，
又，， 比较得最大值为，
故值域为.
【小问2详解】
若在上单调递减，则对任意，恒成立， ，
因，不等式整理得，
令，由得，
设，， 为开口向上的二次函数，对称轴为，
故的最小值为，
因此，解得，
即的取值范围为.
18. 甲乙两名同学进行乒乓球比赛，比赛采用三局两胜制.已知每局比赛中若甲先发球，其获胜的概率为，否则其获胜概率为.
（1）若第一局甲先发球，以后每局由负方先发球.规定胜一局计1分，负一局计0分.记X为比赛结束时甲的得分，求X的分布列与期望；
（2）若第一局比赛采用抛硬币方式决定谁先发球，以后每局交替发球.
（i）求比赛结束时甲获胜的概率；
（ii）求在甲先胜第一局条件下乙最终逆袭获胜的概率.
【答案】（1）X的分布列：
； （2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）先确定的所有可能取值为0、1、2，枚举不同得分对应的所有比赛进程，结合负方发球的规则计算每个取值的对应概率，写出分布列后代入期望公式计算数学期望；
（2）（i）按甲2:0获胜、甲2:1获胜两种获胜情况分类，结合交替发球的规则分别计算两类情况的概率，相加得到甲获胜的总概率；（ii）利用条件概率公式​，分别计算甲先胜第一局的概率和甲先胜第一局且乙逆袭获胜的概率，代入公式得到所求条件概率.
【小问1详解】
的可能取值为，
：甲连输前两局，比赛结束，；
：前两局甲乙各胜1局，第三局乙胜，分两种情况：
① 第一局甲胜、第二局甲负、第三局甲负： ② 第一局甲负、第二局甲胜、第三局甲负，
​ 故；
；
X的分布列：
；
【小问2详解】
（i）第一局抛硬币确定发球，甲先发球概率为，乙先发球概率为​，交替发球，
若第一局甲先发球（发球顺序：甲→乙→甲），
甲获胜概率；
若第一局乙先发球（发球顺序：乙→甲→乙），
甲获胜概率；
总甲获胜概率.
（ii）记甲先胜第一局，乙最终逆袭获胜，所求为，
乙逆袭需要乙赢下第二、三局， ① 第一局甲先发球：；
② 第一局乙先发球：；
故，又，
因此.​
19. 已知函数，.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）函数，当时，
（i）证明：有唯一的极值点，且；
（ii）若为的零点，且，证明：.
【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减.
（2）由已知，，，.
证明：（i），令，，
则，所以在上单调递减.
因为，所以，
所以，.
根据零点存在定理，可知，使得，即.
当时，，即，单调递增；
当时，，即，单调递减.
综上，有唯一的极值点，且.
（ii）由（i）知，即，所以.
因为为的零点，且，所以，即，可得.
将代入中，可得，即.
因为当时，，又，所以，
所以.
对两边同时取对数得，移项可得.
综上，得证.
【解析】
【分析】（1）对函数，再根据的取值范围讨论的单调性.
（2）构造辅助函数，结合零点存在定理证明（i），利用（i）中结论，借助时，完成放缩即可证明（ii）.
【小问1详解】
已知函数，定义域为，
，
又，，所以恒成立.
当时，，则，单调递增；
当时，，则，单调递减.
综上，在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
略第x年
1
2
3
4
5
营业额y
7
8
12
14
19
0
1
2
0
1
2