湖北省黄冈市2025-2026学年下学期高二下学期期末考试数学试卷

这是一份湖北省黄冈市2025-2026学年下学期高二下学期期末考试数学试卷，共10页。试卷主要包含了 已知幂函数， 若随机变量， 对于实数， 已知函数 ，若等内容，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：
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.
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.
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.
考试结束后，请将答题卡上交.
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.
若集合 ， ，则 （ ）
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
若随机事件 A，B 的概率满足， ， ，则 （ ）
B. C. D.
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
A.
B.
C.
D.
2. 已知幂函数
在
上单调递减，则
（
）
A. 1 或 2
B. 0 或 1
C. 1
D. 2
3. 若随机变量
，且
，则 （
）
A. 0
B. 1
C. 2
D. 4
4. 对于实数
，“
”是“
”的
已知函数 ，若 都有成立，则实数 m
的取值范围为（ ）
B. C. D.
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（ ）
B. C. D.
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.
下列说法正确的是（ ）
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
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
若事件 A，B 满足， ，则 A，B 相互独立与互斥不能同时成立
若随机变量，则
已知 ，且 ，则（ ）
B.
C. D.
已知函数 ，则下列说法正确的有（ ）
的极小值点为 2
若 有 2 个零点，则实数的取值范围为
对于区间 上任意两个实数 ，都有
设 ， 只有一个极值点，则实数的取值范围为
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知函数 是定义在 上的周期为 2 的奇函数，当 时， ，则
.
已知函数，则函数的图象在点处的切线方程为.
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）.
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.
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：
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；
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： ， .
已知函数 图象关于直线 对称，且 .
求 的值；
求 被 7 整除的余数.
已知函数 ， .
当 时，求 在 上的值域；
若在上单调递减，求 的取值范围.
第 x 年
1
2
3
4
5
营 业额 y
7
8
12
14
19
参考数据： .
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 .
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；
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.
求比赛结束时甲获胜的概率；
求在甲先胜第一局条件下乙最终逆袭获胜的概率.
已知函数 ， .
当 时，讨论 的单调性；
函数 ，当 时，
证明：有唯一的极值点 ，且 ；
2026 年春季高二年级期末考试
数学
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：
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.
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.
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.
考试结束后，请将答题卡上交.
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.
【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 ，
若集合
【答案】C
B.
，
，则
C.
（
）
D.
【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 2
B. 0 或 1
C. 1
D. 2
【答案】C
【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 .
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．
若随机事件 A，B 的概率满足， ， ，则 （ ）
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
，
又
所以
在
.
上单调递减，可得
，即
，
3. 若随机变量
，且
，则
（
）
A. 0
【答案】B
【解析】
B. 1
C. 2
D. 4
所以
当时，，变形可得，
所以.
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.
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?⫋? ， 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?⫋? ，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 ，
.
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.
下列说法正确的是（ ）
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
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
若事件 A，B 满足， ，则 A，B 相互独立与互斥不能同时成立
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.
已知 ，且 ，则（ ）
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.
已知函数 ，则下列说法正确的有（ ）
的极小值点为 2
若 有 2 个零点，则实数的取值范围为
【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，
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】
由
，不妨令
，则
，
即
，而
，则
，
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.
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
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：，
所以
对于 D：函数取 ，则
，C 正确；
定义域为 R，
求导得
，
令
，
求导得：
，当
时，
；当 时，，
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 .
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 .
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.
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.
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：
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；
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：，.
第 x 年
1
2
3
4
5
营 业额 y
7
8
12
14
19
【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：
已知函数 图象关于直线 对称，且 .
求 的值；
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 ，
因为被 整除的余数是，故 被 整除的余数为.
已知函数 ， .
当 时，求 在 上的值域；
若 在 上单调递减，求 的取值范围.参考数据： .
【答案】（1）
（或近似值）
由对称性
，代入
得
，
在定义域内
【小问 2 详解】
，故
，解得
. 所以
.
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，
（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 .
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 .
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；
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.
求比赛结束时甲获胜的概率；
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，
0
1
2
故；
；
X 的分布列：
；
【小问 2 详解】
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 .
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.
已知函数 ， .
当 时，讨论 的单调性；
函数，当时，
0
1
2
证明： 有唯一的极值点，且 ；
若 为 的零点，且，证明： .
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，
【答案】（1） 在
（ 2 ） 由 已 知 ，
上单调递增，在
上单调递减.
， ，
.
证明：（i）
，令
，
，
则
因为 ，所以
，所以 在
，
上单调递减.
所以，
.
所以
.
对
综上，
两边同时取对数得，移项可得
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 ，
，
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】又
，
，所以
恒成立.
当
时，
，则
，
单调递增；