山东菏泽市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份山东菏泽市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答．超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
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. 已知数列是等比数列，若，，则公比为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】A
【解析】
【详解】设等比数列的公比为，则，故，
，解得．
2. 已知随机变量，且，则的值为（ ）
A. -2B. -1C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【详解】随机变量，且，
则，解得.
3. 已知函数满足，则在处的导数为（ ）
A. -5B. -3C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【详解】由两边求导，得，
当时，，解得，
所以在处的导数为.
4. 3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同选法的种数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】每个班都有5种选法，由分步计数原理可得结果.
【详解】解：由题意可知，每个班都有5种选法，则由分步计数原理可得共有种方法.
故选：D
5. 已知函数的图象是下列四个图象之一，且其导函数的图象如图所示，则该函数的图象是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据导函数图象可判断原函数切线斜率的变化，结合选项中的图象即可判断．
【详解】由图可知在上单调递减，在上单调递增，
则的切线斜率在上递减，在上递增，选项A符合题意；
选项B，的切线斜率在上递增，在上递减，不符合题意；
选项C，的切线斜率在上递减，不符合题意；
选项D，的切线斜率在上递增，不符合题意.
故选：A．
6. 甲乙两人下棋比赛，每局比赛甲获胜的概率为0.4，乙获胜的概率为0.6．某天两人进行一场五局三胜制的比赛，约定最终获胜者赢得100元的奖金．若在比分为的情况下因故终止比赛，现将100元奖金按两人各自最终获胜可能性的比例进行分配，则甲应该分得奖金数为（ ）
A. 28.8元B. 31.8元C. 35.2元D. 40元
【答案】C
【解析】
【分析】先计算当前1:1比分下甲最终获胜的概率，再用总奖金乘以该概率得到甲应分得的奖金数.
【详解】若甲以比分获胜，则甲连胜两局直接获胜，对应概率为；
若甲以比分获胜，则甲，乙先各胜一局，最后甲胜一局结束比赛，对应概率为.
则甲最终获胜概率为，从而甲应分得的奖金为元.
7. 今天是星期六，若（，且）天后仍是星期六，则的值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】化简的表达式，利用二项式定理展开求余数再根据 为 7 的整数倍求解符合范围的值.
【详解】一周共有 7 天，若 天后仍是星期六，则 是 7 的正整数倍，
将变形为：，
又，因此，
根据二项式定理展开：，
展开式中前33项均含有因数7，均为7的倍数，除以7的余数为0，
仅最后一项不含因数7，因此除以7的余数为1.
由此可得除以7的余数为.
要使除以7的余数为0，需满足是7的倍数，
已知且，则，因此，解得.
8. 一个箱子中有大小形状相同的1个红球，3个黄球，2个黑球，每次从箱子中随机摸出一个球，摸出的球不再放回，直到球全部取出．则黄球最先被全部取出（取出最后一个黄球时盒子里还有红球和黑球）的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分两种情况，结合排列组合即可求解.
【详解】若取球3次，则黄球最先被取出的概率为,
若取球4次，则黄球最先被取出时，需要前三次取球时有一次取到黑球，剩余两次是黄球，故黄球最先被取出的概率为，
综上可得黄球最先被全部取出的概率为.
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. （多选题）下列说法正确的有（ ）
A. 独立性检验方法不适用于普查数据
B. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5%
C. 若，两组成对样本数据的相关系数分别为，，则组数据比组数据的线性相关程度强
D. 线性回归分析中，用决定系数来刻画模型拟合效果．值越大，则拟合效果越好
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据统计中的独立性检验、相关系数、决定系数的定义及性质逐一判断选项的正误.
【详解】对于选项A，独立性检验是基于数据推断总体中两个分类变量是否存在关联的统计方法，普查已获得总体信息，可直接判断变量关联，无需进行抽样判断，因此该方法不适用于普查数据，故选项A正确；
对于选项B，计算得，按照的独立性检验规则，拒绝假设，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过，即0.5%，故选项B正确；
对于选项C，线性相关程度由相关系数的绝对值决定，绝对值越接近于1，相关程度越强. ，因此组数据的线性相关程度更强，故选项C错误；
对于选项D，线性回归中，决定系数越大，说明残差平方和越小，模型拟合效果越好，故选项D正确.
10. 在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽1道题，抽出的题不放回，设事件“第1次抽到代数题”，“第2次抽到几何题”．则下列说法正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】选项A：设事件“第1次抽到代数题”，“第2次抽到几何题”，则事件“第1次抽到几何题”，“第2次抽到代数题”，
得，，，故选项A正确；
选项B：，故选项B错误；
选项C：，，故选项C正确；
选项D：，，，，
由全概率公式得，故选项D正确.
11. 规定，其中，，且，这是组合数（，，且）的一种推广．于是广义二项式定理可写成：，其中，等式右端有无穷项．下列说法正确的有（ ）
A. 展开式中的系数为
B.
C. 当为正整数时，
D. 当为正奇数时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据广义的二项式定理展开式以及组合数的推广计算公式即可求解AB，根据组合数的推广计算公式，化简即可求解CD.
【详解】对于A , 展开式中的系数为,A错误，
对于B，由于，故B正确，
对于C，当为正整数时，，C正确，
对于D, 由于
，故，
故当为正奇数时，,
故，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若随机变量服从两点分布，且，则__________．
【答案】0.24
【解析】
【详解】若随机变量服从两点分布，设，则，
则两点分布期望，方差；
由得，所以.
13. 已知二项式的展开式中各二项式系数之和为64，则展开式中常数项为____．
【答案】
【解析】
【分析】先由二项式系数之和求出n的值，再写出二项展开式的通项，令x的指数为0求出对应参数，代入计算即可得到常数项.
【详解】因为二项式展开式的所有二项式系数之和为，解得；
二项式的展开式通项为：
，其中，
令，解得，所以，因此常数项为.
14. 已知函数，对于正实数，存在，使得，则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据，结合的取值范围得到时，进而得到，分离参数、构造函数，结合导数与单调性及极值的关系分类讨论求解即可.
【详解】因为，所以.
当时，，此时.
由，得，解得，不符合.
当时，.
若，则，由，得，解得，不符合.
若，即，则，由，得，
整理得.
因为，即，整理得，所以.
令，，则.
令，即，解得或（舍去）.
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
则在处取得最大值，为，
又，当时，，
要存在，使得，且：
当时，存在满足条件；
当时，，解得，不满足条件；
当时，不存在满足且.
综上，的取值范围为.
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. 某高中统计高二年级某班5个学习小组的序号与小组内主动完成周末拓展习题的人数，统计结果如下表：
已知主动完成拓展习题的人数与小组序号具有线性相关关系．
（1）求主动完成拓展习题的人数关于小组序号的经验回归方程；
（2）从这5个学习小组中随机抽取3组，设抽取到组内主动完成拓展习题的人数不低于3人的小组个数为随机变量，求的分布列与数学期望．
参考公式：，．参考数据：
【答案】（1） （或）
（2）X的分布列为：
数学期望（或1.8）
【解析】
【小问1详解】
∵ 由题意得，，，，又，，
∴ ，
∴ ，
∴ 所求经验回归方程为.
【小问2详解】
∵ 5个小组中，主动完成拓展习题人数不低于3人的小组共有3个，低于3人的小组共有2个，
∴ 随机抽取3组，随机变量X的所有可能取值为1,2,3，且X服从参数的超几何分布，
∴ ，
，
，
∴ X的分布列为：
∴ 数学期望.
16. 已知函数．
（1）当时，求这个函数的图象在点处的切线方程；
（2）当时，，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程；
（2）令，问题化为在时恒成立，进而有对于任意恒成立，应用导数求右侧的最小值，即可得.
【小问1详解】
当时，函数，则 ，
在点处，切线的斜率为，
所以，在点处的切线方程为，即；
【小问2详解】
由题意知，当时，有，可得，
令，其在区间上为单调递增函数，
且 ，，
因为在上单调递增，所以在时恒成立，
即 对于任意恒成立，
设，则，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，只需在上，
故实数的取值范围是 .
17. 已知数列是等差数列，前项和为，且（）．
（1）求数列的通项公式；
（2）定义数列：表示满足（）的正整数的个数，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的求和公式以及性质化简即可求解，
（2）根据不等式求解，即可根据错位相减法求和得解.
【小问1详解】
由于是等差数列，且，故且，
其中，
即，
因为，所以，因此，故.
【小问2详解】
由可得，故，
因此的取值为，故，
因此，
，
，
相减可得，
18. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）设，若有三个不同的极值点，，．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：，，不构成等比数列．
【答案】（1），在上单调递减，
，在上单调递减，在上单调递增
（2）（i）
（ii）不妨设三个极值点为且，且和是方程的两个根，
由（i）可知，的两个根必分布在的两侧，即三个极值点满足，
下面用反证法证明不构成等比数列：
假设构成等比数列，必有，即，且，
所以，则，得，整理得，所以，
构造函数，则，
所以在上单调递增，且，
所以，与矛盾，故假设不成立，
综上，不构成等比数列.
【解析】
【分析】（1）对函数求导，讨论参数分别研究对应区间中函数的单调性即可；
（2）（i）对函数求导，根据极值点个数，将问题化为有两个不同的正根，应用导数研究右侧的函数性质并求最值，即可得；
（ii）设三个极值点为且，结合（i）有，假设构成等比数列，应用等比中项的性质得，并构造研究函数符号得到矛盾，即可证.
【小问1详解】
由题设定义域为，求导得，
若，则，，故在上单调递减，
若，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增；
【小问2详解】
（ⅰ）由，定义域，且，
​因为时，恒成立，故，得或，
由有三个不同极值点，等价于有两个不同的正根且不等于1，
设，求导得，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
，且和时，
综上，当且仅当时，有两个不同正根，其中一个根大于0小于1，令一个根大于1，
故的取值范围是；
（ⅱ）略
19. 泊松分布是一类重要的离散型分布，若随机变量服从参数为（）的泊松分布（记作），则其概率分布列为（），其中为自然对数的底数．某科研团队借助人工智能训练中国象棋博弈模型，待模型训练成熟后开展线上测试，该模型单局训练对局失败的概率为，现从中随机抽取1000次独立训练对局作为观测样本．记失败局数为，此时，，．
（1）当时．
（ⅰ）求这1000局中该模型失败的局数小于2局的概率；
（ⅱ）求使取得最大值时的值；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）（ⅰ）；
（ⅱ）或
（2）当时，，
所以，
即，化简，得，
设，
当时，，所以，
所以函数在上单调递减，
，
，
由函数零点存在原理，满足的必在区间内，
即.
【解析】
【分析】（1）（ⅰ）根据题意直接应用题中公式进行求解即可；
（ⅱ）根据题意列出不等式组，解不等式组即可；
（2）根据题中定义，结合构造法、导数的性质、函数零点存在原理进行证明即可.
【小问1详解】
因为，，，，
所以，即，
所以，
，
因此这1000局中该模型失败的局数小于2局的概率为：
；
（ⅱ）当取得最大值时，
有，
因为，所以或；
【小问2详解】
略.
（小组序号）
1
2
3
4
5
（主动完成拓展习题的人数）
2
2
3
4
4