河南郑州市九校联考2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份河南郑州市九校联考2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．考试时间120分钟，满分150分．考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效，交卷时只交答题卡．
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据导数的运算即可求解．
【详解】．
2. 随机变量，则（ ）
A. 16B. 8C. 4D. 2
【答案】A
【解析】
【详解】因为随机变量，所以，
所以.
3. 已知二项式的展开式中仅有第3项的二项式系数最大，则的值为（ ）
A. 10B. 8C. 6D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项式系数的对称性，仅第3项二项式系数最大说明为偶数，中间项为第3项，列方程即可求解.
【详解】已知二项式展开式中，仅有第项的二项式系数最大.
第项对应的二项式系数为唯一最大值.
由二项式系数性质可知二项式系数唯一最大值出现在为偶数时，位置为.
所以有，解得，因此.
4. 已知直线与曲线相切，则可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数的几何意义及导数的运算法则一一判定选项即可.
【详解】对于A，易知，
则上不存在某点处的切线斜率为，故A错误；
对于B，易知，
则上不存在某点处的切线斜率为，故B错误；
对于C，易知，则上不存在某点处的切线斜率为，故C错误；
对于D，易知，
令，得，故D正确.
5. 某校高二年级研究“课后体育锻炼”与“数学成绩”是否有关联，随机抽取200名学生，得到如下列联表，经计算．
附：，．
下列关于独立性检验中卡方统计量的说法，正确的是（ ）
A. 在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为“体育锻炼”与“数学成绩”无关
B. 在列联表中各单元格频数比例不变的前提下，样本容量越大，值越大
C. 若样本容量增大为原来的2倍，且列联表中各单元格频数比例保持不变，则值增大为原来的4倍
D. 值的大小与样本容量无关，只与各单元格频数的比例有关
【答案】B
【解析】
【详解】对于A，，所以在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为“体育锻炼”与“数学成绩”有关，A错误；
设原列联表各单元格频数为，若各单元格频数比例不变，样本容量变为原来的倍，
则新的各单元格频数为，总样本量，
则，
即各单元格频数比例不变时，与样本容量成正比，
对于B，在列联表中各单元格频数比例不变的前提下，样本容量越大，值越大，B正确；
对于C，若样本容量增大为原来的2倍，且列联表中各单元格频数比例保持不变，
则值增大为原来的2倍，C错误；
对于D，各单元格频数比例不变时，与样本容量成正比，D错误.
6. 已知，，则被9除所得的余数为（ ）
A. 8B. 0C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【详解】由二项式定理可知，
所以，
，
所以，
所以被9除所得的余数为8.
7. 某社会实践小组有名成员，现要将这人分配到周边的个村庄（甲村、乙村、丙村）进行帮扶，要求：
①每个村庄至少分配人；②甲村分配的人数不少于乙村，乙村分配的人数不少于丙村．
则满足条件的分配方案共有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】C
【解析】
【分析】按、两类情况分组讨论即可.
【详解】设甲、乙、丙三个村庄分配的人数分别为，
根据题意可知且，因此可能的组合为、，
①当甲村分配人，乙村分配人，丙村分配人时，有种分配方案；
②当甲村分配人，乙村分配人，丙村分配人时，有种分配方案；
因此，满足条件的分配方案共有种，故C正确.
8. 已知函数，，若有3个根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】可以将问题分为和两部分来考虑，再将变量分离，对新得到的函数进行单调性分析，最后综合考虑求解.
【详解】当时，，令，得，
设，对求导，可得，令，得，
在上单调递增，在上单调递减，在处取到最大值，
当，，则，
当，增长速度远慢于的增长速度，则；
当时，，令，得，
设，对求导，可得，
则在上单调递增，
当，增长速度远快于的增长速度，则，
当，增长速度远快于的增长速度，则；
因此我们大致可以得到以下图像：
因此我们把问题有3个根，转变成了与的图象共有三个交点，
观察图象知，当时上述条件成立.
二、多选题：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，有选错的得0分．
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若一组样本数据所有样本点都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数
B. 设、为两个随机事件，，若，则事件与事件相互独立
C. 若关于的线性回归方程为，则样本点的残差为
D. 线性回归分析可用决定系数判断模型拟合效果，越趋近于，则拟合效果越好
【答案】BD
【解析】
【详解】对于A选项，若一组样本数据所有样本点都在直线上，且该直线的斜率为，
故这组样本数据的线性相关系数，故A错误；
对于B选项，设、为两个随机事件，，
若，则，
由独立事件的定义可知，事件、相互独立，故B正确；
对于C选项，若关于的线性回归方程为，
当时，，故样本点的残差为，故C错误；
对于D选项，线性回归分析可用决定系数判断模型拟合效果，越趋近于，则拟合效果越好，故D正确.
10. 下列等式中，，，，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【详解】对于A选项，由组合数的性质可得，故A错误；
对于B选项，，故B正确；
对于C选项，，故C正确；
对于D选项，，故D正确.
11. 某工厂生产的12件产品中有可能混入了至多3个次品，且次品数量不确定．记事件共有件次品，．已知，，．现对12件产品进行逐一检测，事件前10件产品检测出都是正品，下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】因为，，即，解得，A正确；
事件共有件次品，即件正品，故，B错误；
，，
，
，
，C正确；
，D正确.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．
12. 某手机维修店发现，顾客送修的手机中，有40%是电池问题，有60%是非电池问题．使用一款检测仪对手机进行检测：对于电池有问题的手机，检测仪显示“异常”的概率为0.95；对于电池无问题的手机，检测仪显示“异常”的概率为0.02．现从送修手机中随机抽取一部进行检测，则检测仪显示“异常”的概率为__________．
【答案】0.392
【解析】
【分析】利用全概率公式求解.
【详解】设事件“检测仪显示“异常”，“送修的手机是电池问题”
则，
所以
.
13. 展开式中项的系数为__________．
【答案】
【解析】
【分析】通过分析多项式展开项的构成规律，分类讨论从5个因式中选取、、的个数，使得乘积的指数为1，分别计算各类情况的系数后求和。
【详解】为5个因式相乘，要得到项，设选取的因式个数为，选取的因式个数为，选取的因式个数为，其中均为非负整数，满足： k+m+n=52k−m=1 由得，结合、，可得的取值为1、2.分两种情况计算：
当时，，： 对应系数为；
当时，，： 对应系数为.
将两类系数求和得项的总系数为.
14. 若，，恒成立，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题可知，两个因式和的符号相反（或至少有一个为零），由此分类讨论的范围得出，再根据导数求解范围即可．
【详解】因为，所以，令，则，
原不等式可以改写为：对恒成立，
意味着两个因式和的符号相反（或至少有一个为零），
分别找出这两个因式为零的临界点：，，
①当时：此时，
为了使，必须有，即，
对于所有的，都必须满足，
所以，即；
②当时：此时，
为了使，必须有，即，
对于所有的，都必须满足，
所以，即，
综合上述两个条件，唯一能使不等式对所有恒成立的情况是：，
两边取自然对数，得到：，
将代入，得到：，
已知，
所以问题转化为求函数在上的值域，
则
令，
当时，，，在单调递减，
当时，，，在单调递增，
在处取得最小值：，
当时，可知，
当时，，可知，
的值域为．
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. 某学校高二年级举办“青春向党”演讲比赛，进入决赛的共有6名选手：A、B、C、D、E、F．现要安排他们在决赛中的出场顺序（即排成一排）．要求：
（1）若A必须第一个出场，求不同的出场顺序总数；
（2）若A不能第一个出场，且B不能最后一个出场，求不同的出场顺序总数；
（3）若A必须在B和C之前出场，且E必须在D之前出场，求不同的出场顺序总数．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用分步乘法计数原理求解即可；
（2）利用间接法，先求出6人全排列数，再求出A第一个出场，B最后一个出场的方法，然后相减即可求解；
（3）利用定序法即可求解.
【小问1详解】
先安排选手A只有1种安排法，再安排B、C、D、E、F在剩余的5个位置有种不同的方法，
由分步乘法计数原理共有种不同的出场顺序总数；
【小问2详解】
6人的全排列有种不同的安排方法数；
A 第一个出场有种不同的安排方法数，
B最后一个出场有种不同的安排方法数，
A 第一个出场且B最后一个出场有种不同的安排方法数，
故A不能第一个出场，且B不能最后一个出场，不同的出场顺序有种不同的安排方法数；
【小问3详解】
6人的全排列有种不同的安排方法数；
又A、B、C之间的安排方法数有种，又B、C之间的安排方法数有种，
又D、E之间的安排方法数有种；
所以A必须在B和C之前出场，且E必须在D之前出场，不同的出场顺序有种不同的安排方法数．
16. （1）已知，证明：时，．
（2）设，为两个不同的正数，我们称为，的对数平均值，不妨设，试证明：．
【答案】（1）由题意可得:，
，,
所以函数在上单调递增，故.
即时，．
（2）当时，且，
由（1）知，，
即，故.
【解析】
【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，即可得证；
（2）由（1）中的结论可知，再结合不等式的性质即可证出所证不等式成立.
【详解】（1）略；
（2）略.
17. 牛顿创立了传热学的第一个定律，即牛顿冷却定律．该定律表明，物体的冷却速度（在一定范围内）与它和周围环境的温差成正比，温差越小，它的冷却速度就越慢．某物理兴趣小组研究一杯热水的冷却过程：初始水温为，环境温度恒定为．每隔2分钟记录一次水温，统计了时间（分钟）与水温及温差的数据如下：
根据牛顿冷却定律，温差与时间满足关系式，．
（1）根据给出的数据，求温差与时间的回归方程（系数精确到0.01）；
（2）根据模型，预测水温降至所需的时间（精确到0.01分钟）．
参考数据：，，，，；设，，，，，，，，，；
参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为
，．
【答案】（1）
（2）26.36
【解析】
【分析】(1) 设，将方程转化成线性回归方程，再代入公式求系数；
(2) 代入回归方程求解.
【小问1详解】
设，因为，所以，，，，，，
则,故，
，，
故回归方程为.
【小问2详解】
因为，当水温时，
代入回归方程得，即，
因为，，所以.
18. 已知函数，，在处与轴相切．
（1）求；
（2）求在上的最大值和最小值；
（3）设，若在上恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）最大值，最小值
（3）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解；
（2）通过导数得到函数的单调性，再利用函数的单调性即可求解；
（3）将不等式转化为，令，利用导数求出的最小值即可求解.
【小问1详解】
已知函数，，则，
由于在处与轴相切，所以且，即，解得.
【小问2详解】
由（1）可知，，则函数，，则，
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；
因此在处取得极大值，也是最大值，即在上的最大值为，
由于，，
因为，所以在上的最小值为.
【小问3详解】
设，则，，
则在上恒成立，等价于在上恒成立，
令，则，
令，则，
由于，，，所以在恒成立，
所以在上单调递增，，即，
所以在上单调递增，当时，，所以在上恒成立，
因此，要使在上恒成立，必须有，
所以实数的取值范围.
19. 某款卡牌游戏共有8张限定卡牌，所有的卡牌背面图案均相同：其中有2张卡牌、4张卡牌、2张卡牌，所有卡牌背面向上，由玩家进行抽取．
（1）若玩家一次性抽取3张卡牌，记随机变量为抽到的张数，为抽到的张数，为抽到的张数，此时，记，求；
（2）若一轮只能抽取一张卡牌，且每轮抽取后将卡牌放回牌堆中继续进行下一轮抽取．玩家甲的游戏初始积分为0分，若玩家抽到卡牌游戏积分+1分，抽到不加分也不扣分，抽到卡牌游戏积分-1分．当玩家积分为2分时，玩家挑战胜利，游戏结束；若积分为-1分时，玩家挑战失败，游戏结束．
（Ⅰ）求在玩家甲进行3轮抽卡之后游戏恰好结束的条件下，甲挑战成功的概率；
（Ⅱ）记轮抽卡过后游戏结束且甲在轮抽卡中一共只抽到了2次卡牌的概率，求及取最大值时，的取值．
【答案】（1）；
（2）（Ⅰ）；（Ⅱ），取最大值时，.
【解析】
【分析】（1）结合超几何分布和期望的线性性质求解；
（2）（Ⅰ）分别计算出3轮抽卡游戏结束时甲挑战成功和3轮抽卡之后游戏恰好结束的概率，再利用条件概率公式求解；（Ⅱ）分别计算游戏成功结束和失败结束的概率，从而得到，利用导数分析单调性，进而可得最值.
【小问1详解】
由题可知：随机变量均服从超几何分布，
所以，，
所以.
【小问2详解】
（Ⅰ）单轮抽到，，的概率分别为，，，
记事件A为3轮后游戏恰好结束；事件B为3轮游戏结束时甲挑战成功，
事件B包含2种情况：，，或，，
则；
事件A包含事件B及以下2种情况：
（1），，概率为；
（2），，概率为；
所以.
所以玩家甲进行3轮抽卡之后游戏恰好结束的条件下，甲挑战成功的概率；
（Ⅱ）当游戏以成功结束时，前轮中有1次，次，第次为，
此时；
当游戏以失败结束时，则前轮中选4个位置，按固定顺序放置，剩余位置放，第次为，
此时；
所以，
，
设，
则，
当时，；
当时，，所以在上单调递增，
故当时，，
所以，即
由于当时，，即,
综上所述，当时，，单调递减，
所以当时，有最大值.分组
数学成绩分
数学成绩