广东中山市2025-2026学年第二学期期末综合练习高二数学试题（含解析）

这是一份广东中山市2025-2026学年第二学期期末综合练习高二数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁， 离散型随机变量X的分布列如下， 已知函数只有极小值，则一定有， 已知事件，满足，，，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 若是2和18的等比中项，则实数的值是（ ）
A. 6B. 或6C. 10D. 或10
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比中项的性质有，即可求参数值.
【详解】由题设.
故选：B
2. 已知函数，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数公式直接计算即可.
【详解】由解析式知，所以.
故选：B
3. 已知数列满足：，，记数列的前n项积为，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为，，所以，
故是周期为3的周期数列，且，
所以.
4. 已知函数（）的图象如图，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由的图象得到的单调性，从而得到的正负，即可得解.
【详解】由的图象可知，在和上单调递增，在上单调递减，
则当时，，时，，
时，，所以不等式的解集为.
故选：C.
5. 离散型随机变量X的分布列如下：
若，则下列结论错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据分布列的性质得，再由期望的求法列方程求得，最后结合期望的性质、方差公式及概率的性质判断各项的正误.
【详解】由题设，则，A对；
由，则，联立，
所以，则，D错；
，B对；
，C对.
故选：D
6. 某公司人力资源部决定安排5名同事到3个人才市场进行人员招聘，每人只去一个人才市场，每个人才市场至少安排1人，则不同的安排方式共有（ ）
A. 80种B. 150种C. 240种D. 360种
【答案】B
【解析】
【分析】将5人分为一组3人，其余两组各1人，或两组各2人，剩余一组1人，两种情况，再应用排列组合数求不同安排方式种数.
【详解】将5人分为三组，共有两种情况：
①一组3人，其余两组各1人，则有种；
②两组各2人，剩余一组1人，则有种．
故共有种不同的安排方式.
故选：B
7. 某学习小组用计算机软件对一组数据进行回归分析，甲同学首先求出经验回归方程，样本点的中心为．乙同学对甲的计算过程进行检查，发现甲将数据误输成，数据误输成，将这两个数据修正后得到经验回归方程，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据回归直线过样本中心，先求，由误输入的平均数求得，进一步求修正后的样本中心坐标，代入线性回归方程求值.
【详解】样本点的中心为，代入，可知，
假设甲输入的为，为
所以，，
得，，
改为正确数据时，，
样本点的中心为，将其代入回归直线方程得.
故选：D
8. 已知函数只有极小值，则一定有（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】已知函数只有极小值，根据的导数符号的变化规律确定参数的正负.
【详解】函数的定义域为，
，
因为函数只有极小值，
所以在上只有一个变号零点，
即方程在上有且仅有一个正根，
设，
当时，，
若，则，要使，，
此时，当时，，当时，，
函数只有极小值，
当时，函数的图象开口向上，对称轴，
则时，函数的图象与轴在上有且仅有一个交点，
设交点为，
则时，，时，，函数只有极小值，
当时，函数的图象开口向下，
函数的图象与轴在上有一个交点、两个交点或没有交点，
此时函数没有极小值，
综上，函数只有极小值，则一定有.
故选：D
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知事件，满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A选项，利用概率的乘法公式，即可求解；
对于B、C选项，利用条件概率的性质，即可求解；
对于D选项，利用全概率公式，即可求解.
【详解】对于A选项，，所以A选项正确；
对于B选项，，所以B选项错误；
对于C选项，，所以C选项正确；
对于D选项，，则，所以D选项正确．
故选：ACD．
10. 设是任意等差数列，它的公差，前n项和，前2n项和与前3n项和分别为d，，，，则下列等式中恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】举反例可判断，；根据等差数列前n项和公式可判断，.
【详解】对于，，当时，，
，，
，故错误；
，故错误；
对于，，当为任意实数时，
，
，
所以，故正确；
，
故正确.
故选：.
11. 三次函数有且仅有两个零点，（），且，则（ ）
A.
B. 的图象关于点对称
C.
D. 在区间（）上有最大值，则m的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A选项，首先通过导数求解函数的单调性及极值，然后根据函数仅有两个零点求解参数的值即可；
对于B选项，首先根据函数解析式，可得：，进而求得函数的对称中心为，即可判断选项正误；
对于C选项，根据已知条件分别求解出函数的两个零点，进而判断选项正误；
对于D选项，根据区间为开区间，因此若想让在区间（）上有最大值，只能让函数在极大值点处取得最大值，进而根据函数单调性及极值点的位置求解参数取值范围.
【详解】对于A选项，由，则，令，
则或，故在上单调递增，在单调递减，
在单调递增，极大值，极小值，
由有且仅有两个零点，则有，所以，故A正确；
对于B选项，即函数，则的图象关于点对称，故B错误；
对于C选项，已知，的极大值点就是一个零点，另一个零点是，所以，故C正确；
对于D选项，已知在上单调递增，在单调递减，
在单调递增，当时函数取得极大值，且函数，要使在区间上有最大值，故，故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. 已知数列的前n项和，则的通项公式为________．
【答案】
【解析】
【分析】降次作差再验证即可.
【详解】，
当时，，
由于也适合此等式，∴．
故答案为：.
13. 已知定义在上的函数满足，，则不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】结合已知根据导函数符号判断为增函数，然后利用单调性解不等式即可.
【详解】由，得，
所以，
即为增函数，而，
所以即，则，解得，
所以不等式的解集为．
故答案为：
14. 已知，且，记随机变量X为x，y，z中的最小值，则________．
【答案】
【解析】
【分析】求出X可能取值为1和2，分别求出事件总情况及与的情况，求出相应的概率，求出期望，利用计算出答案.
【详解】因为，所以随机变量X可能取值为1和2，
用隔板法可求得：事件总情况为种，
时，分两种情况：
①三个数中只有一个1，有种；
②三个数中有两个1，有种，
所以时，，
时，也分两种情况：
①三个数中只有一个2，有种；
②三个数中有两个2，有种，
所以是，，
所以，
，
故答案为：．
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. 已知正项数列满足a1=1，a2=2，a4=64，且．
（1）求k的值；
（2）求数列的通项公式．
【答案】（1）2； （2）.
【解析】
【分析】（1）运用代入法进行求解即可；
（2）通过换元法、等比数列的定义，结合等比数列的通项公式、累积法、等差数列前项和公式进行求解即可.
【小问1详解】
当时，，
当时，；
【小问2详解】
因为，所以，则，
令，所以，则是等比数列，
因为，，所以，所以，
则
16. 在的展开式中，第三项的二项式系数为15.
（1）求n的值并求展开式中的常数项；
（2）求展开式中的系数.
【答案】（1），常数项为.
（2）
【解析】
【分析】第(1)问由第三项的二项式系数确定 n，再由通项求常数项；第(2)问将 展开，分别求出产生 的项的系数后相加.
【小问1详解】
在的展开式中，第三项的二项式系数为，所以
即
解得.
因此
展开式的通项为
令，得，所以常数项为
【小问2详解】
求展开式中的系数，需要分别求出展开式中与的系数.
当时，，所以的系数为
当时，，所以的系数为
因此，原展开式中的系数为
求二项展开式中的常数项或指定项系数时，关键是先写出通项，再由幂指数满足条件求出对应的 k 值.
17. 流感病毒进入人体后存在潜伏期，潜伏期指病原体侵入人体至最早出现临床症状的这段时间，潜伏期越长，传染给其他人的可能性越高.现抽样300个感染流感病例的潜伏期（单位：天）进行调查，统计得出样本潜伏期的平均数为2，方差为，若把超过3天的潜伏期视为长潜伏期，按照统计样本，得到如下列联表：
（1）根据小概率值的独立性检验，分析潜伏期长短是否与年龄有关.
（2）假设潜伏期X服从正态分布，其中近似样本平均数，近似为样本方差.
①医院对有流感症状患者的密切接触者要求隔离5天，请用概率知识解释其合理性.
②以题目中的样本数据估计概率，设800个病例中恰有个属于“长潜伏期”的概率是，问当k为何值时，取最大值.
附：，，
若，则，，.
参考数据：，，.
【答案】（1）依据小概率值的独立性检验，可认为潜伏期长短与年龄有关
（2）①因为，，
所以，这说明潜伏期超过5天的概率极低，因此隔离5天可以极大程度上排除发病可能是合理的
②时取得最大值
【解析】
【分析】(1)利用公式计算后与临界值比较即可；
(2)①利用计算正态分布概率；
②符合二项分布，表示出其概率，利用最大项方法求出最大时的取值.
【小问1详解】
，
所以依据小概率值的独立性检验，可认为潜伏期长短与年龄有关；
【小问2详解】
①略；
②从样本数据中估计“长潜伏期”的概率为，设为800个病例中属于“长潜伏期”的个数，
即， ，
要使取最大值，则，
即，解得，
即.故时取得最大值.
18. 现有标号依次为1，2，…，n的n个盒子，标号为1号的盒子里有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球．现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从号盒子里取出2个球放入n号盒子为止．
（1）当时，求2号盒子里有2个红球的概率；
（2）当时，求3号盒子里的红球的个数的分布列；
（3）记n号盒子中红球的个数为，求的期望．
【答案】（1）
（2）分布列：
（3）【解析】
【分析】(1)由古典概率模型进行求解；
(2) 可取，求出对应的概率，再列出分布列即可；
(3) 记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，
为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，化解得，即可求解.
【小问1详解】
由题可知2号盒子里有2个红球的概率为；
【小问2详解】
由题可知可取，
，
，
所以3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为
【小问3详解】记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，
为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，
且，
化解得，
得，
而则数列为等比数列,首项为，公比为，
所以，
又由求得：
因此．
关键点点睛：记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，即可求解.
19. 已知，函数.
（1）证明：有唯一的极大值点和极小值点.
（2）记的极大值点为，极小值点为.
（i）求的最小值；
（ii）设，若互不相等的实数，，满足，证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导数，令并解得方程的根，从而得到函数的单调区间；
（2）（i）由（1）得，即可求得，令函数，求导数，然后得到函数的单调区间，求得最小值，即为的最小值.
（ii）由（1）得，设，则.设，整理化简方程后令，，则，，是方程的三个根，只需证.设，由导数求得函数的单调区间，然后得到的取值范围.构造函数，分析其单调性得到，进而证明。再通过的极大值确定的范围，并证明，最后由函数的单调性可证，从而得证.
【小问1详解】
由题意得，
令，可得或，因为，所以，
则当或时，，当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以有唯一的极大值点，唯一的极小值点.
【小问2详解】
（i）由（1）知，，
所以.
令函数，则，
所以当时，，当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即的最小值为.
（ii）由题意知.
设，则，待证命题即.
设，
则，∴，∴.
再令，，则，，是方程的三个根，只需证.
设，则，
当或时，;当时，,
在，上单调递增，在上单调递减，故.
①先证：
∵，，
设，则，
∴当时，,函数在上单调递减，，
又时，，所以，故，
又∵，∴，则，∴.
②再证：
因为的极大值为，所以.
因为，，所以.
∴，∴.
综合①②，当时，，∴，又∵，∴；
当时，，∴，又∵，∴；
综上所述，从而原命题得证.X
1
2
3
4
P
m
0.3
n
0.2
年龄
潜伏期
合计
长潜伏期
非长潜伏期
低年龄段
40
100
140
高年龄段
30
130
160
合计
70
230
300
0.10
0.05
0.010
2.706
3.841
6.635
1
2
3
P
1
2
3
P