湖北襄阳市2025-2026学年下学期期末质量检测高二数学题库（含解析）

这是一份湖北襄阳市2025-2026学年下学期期末质量检测高二数学题库（含解析）试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知随机变量服从两点分布，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为，
又，
两式相加得：，
故．
2. 根据对数据绘制的散点图知，样本点呈直线趋势，且回归直线方程为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由已知，得，．
又回归直线经过点，所以，解得．
3. 在某次数学考试中，学生成绩，若在内的概率是，则从参加这次考试的学生中任意选取名学生，至少有名学生的成绩不低于的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为在内的概率为，所以，
故，
记任意选取名学生，至少有名学生的成绩不低于为事件，
则.
4. 甲乙丙三人观看表演，现有个座位排成一排，则恰有两个空位相邻的不同坐法的种数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】在个座位中，个空位恰好相邻的组合为，，，，共种
剩余个座位安排人进行全排列，共有种，
安排座位时两空位恰好相邻的坐法数为种．
5. 二项式的展开式中的系数最大的项为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】二项式展开式的通项为，
可知当为偶数时，系数为正，当为奇数时，系数为负，
故系数最大时为偶数，
当时，系数为，
当时，系数为，
当时，系数为，
当时，系数为，
故系数最大项为．
6. 函数在上存在极值点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数与函数极值点的关系求出函数的极值点，结合题意列出不等式，即可求解.
【详解】的定义域为，求导得，
令，即，解得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
故是的唯一极小值点，
由题意极值点，则，解得．
故的取值范围是．
7. 某中学食堂安装人脸识别门禁系统，系统对出入人员仅作出“正常”或“异常”两种判断.现对系统进行测试，结果如下：食堂员工被判定为“异常”的概率为，非食堂员工被判定为“正常”的概率为已知进入该食堂的人员中，非食堂员工和食堂员工的比为：，经测试某人被判定为“正常”，则其是食堂员工的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由全概率公式求出某人被判定为“正常”的概率，再由贝叶斯公式即可求得答案.
【详解】设表示“食堂员工”，表示“非食堂员工”，设表示“正常”，
已知非食堂员工和食堂员工的比为，则，，
食堂员工被判定为“异常”的概率为，则食堂员工被判定为“正常”的概率，
非食堂员工被判定为“正常”的概率，
因此某人被判定为“正常”的概率为，
所以.
8. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先通过导数求函数的单调性，然后化简，，，再构造函数并求单调性，比较，，的大小即可.
【详解】因为，
令，
则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，有极大值为：，
故，
则在上单调递减，
又因为，，，
所以比较，，的大小即可，
令，则，
当时，，
所以在上单调递减，
从而有，
所以，
因为在上单调递减，
所以，
即，
所以．
二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若两组成对数据的样本相关系数分别为，则组数据比组数据的线性相关性强
B. 若，且，则相互独立
C. 若，则的标准差为
D. 若随机变量的概率分布列为，则当时，的期望为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据线性相关系数性质可判断A；根据对立事件、条件概率的公式、相互独立定义可判断B；根据正态分布可判断C；根据二项分布的概率公式可判断D.
【详解】对于A：线性相关系数，越接近，相关性越强，，
组数据的线性相关性更强，故A错误；
对于B：因为，且，所以，
由条件概率的公式，可得，
所以，所以,相互独立，所以B正确；
对于C：若，则，，的标准差为，所以C错误；
对于D：因为随机变量的概率分布列为，
即，
所以，所以当时，
，故D正确.
10. 已知，下列结论中正确的是（ ）
A. 若第项和第项的二项式系数同时最大，则
B. 当时，
C. 当时，
D. 当时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】由二项式定理写出展开式通项，结合各项描述及赋值法判断各项的正误.
【详解】的展开式第项为，
A：根据二项式系数的性质，第项和第项二项式系数同时最大，
所以为奇数，且，解得，故正确；
B：当时，为的系数，
取代入通项得，故错误；
C：当时，展开式项系数的绝对值为，
因此等价于的所有项系数和，
令代入得，故正确；
D：当时，展开式为，
由，
将代入，得，
因此，故正确.
11. 已知函数，下列选项中正确的是（ ）
A. 若在上存在单调递增区间，则
B. 当时，在处的瞬时变化率为
C. 当时，若在区间上有最大值，则
D. 函数图象与直线相切，且满足条件的值有且只有个，则
【答案】BCD
【解析】
【详解】对于A:在上存在单调增区间等价于在上有解，
在上有解，
则，得，
即，故A错误；
对于B:时，，，
则在处的瞬时变化率为，所以B正确；
对于C:时，，，
当或时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
要使在开区间上有最大值，等价于在该区间内有极大值，且，
令，即，，
，即，解得或，
所以，所以C正确；
对于D:设切点坐标为，对函数求导得，
所以，曲线在处的切线方程为，
因为直线过定点，
将点的坐标代入切线方程得，
由题意可知，关于的方程有三个解，
显然不满足方程，则，
令，则，列表如下：
所以，函数的极小值为，且，如下图所示：
由题意可知，当时，直线与曲线有三个交点，所以D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 定义在上的函数，若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数的定义求解即可.
【详解】．
13. 已知函数，，若的图象在处的切线与的图象相切，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出的图象在处的切线的方程，再根据直线与的图象相切，建立方程求解.
【详解】因为，所以，
，所以，
所以切线的方程为，
设直线与函数的图象相切于点，
因为，所以且，
解得，．
14. 某校高一年级准备在新学期的周内，安排次心理健康讲座，分别记为第周、第周、第周，第周为了让学生有足够的时间消化内容，学校要求：在第一次讲座之前至少预留周准备时间，最后一次讲座之后至少预留周总结时间；中间每两次讲座之间至少间隔周；则符合要求的不同安排方案有__________种
【答案】
【解析】
【分析】设之前，之后的周数分别为，之间的周数分别为，令，，，再利用隔板法计算.
【详解】设之前，之后的周数分别为，之间的周数分别为，
则且，，，，，
令，，，
则且，，，，，
利用隔板法，共有种．
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. 某市文明行为促进条例自月日起正式实施，要求驾乘电动车佩戴安全头盔，交警部门在某个交通路口增设电子抓拍眼．为了解佩戴头盔情况与通行时间的关联性，交警对该路口骑电动车市民进行调查，记，为高峰期，其他时间为非高峰期，得到如下列联表：
（1）依据的独立性检验，能否认为市民骑电动车佩戴头盔与通行时间有关联？
（2）若从抽出的非高峰期通行的名市民中按是否佩戴头盔采用分层随机抽样抽取人，再从人中随机抽取人，记这人中佩戴头盔的人数为，求的分布列和数学期望．
参考公式：，其中．
【答案】（1）认为市民是否佩戴头盔与通行时间没有关联
（2）
【解析】
【分析】（1）求出，根据小概率值的独立性检验判断可得答案；
（2）求出的分布列，再求即可．
【小问1详解】
零假设市民是否佩戴头盔与通行时间无关联．
根据列联表中的数据经计算得到：
，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
即认为成立，即认为市民是否佩戴头盔与通行时间没有关联；
【小问2详解】
按照分层随机抽样得未佩戴头盔的人数为人，
佩戴头盔的人数为人．
从这人中随机抽取人，则，，，
，，，
所以的分布列为
则．
16. 已知函数．
（1）当时，求在处的切线方程．
（2）若函数在内不单调，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即可；
（2）对函数求导，应用分类讨论及区间单调性，函数零点存在定理求参数范围.
【小问1详解】
当时，因为，
所以，，
所以在处的切线方程为；
【小问2详解】
由题设知，
当时，，则在内单调递减，不满足；
当时，令，则在内，
所以在内单调递增，要使函数在内不单调，
则在上有变号零点，
又，只需，
综上，的取值范围是.
17. 某高中举办体育知识竞答比赛，每位选手答题规则相同.甲每道题自己有把握独立答对的概率为，若甲自己没有把握答对，则可在规定时间内找本班同学亲友团寻求帮助，亲友团每道题能答对的概率为，假设每道题答对与否互不影响．
（1）当时，若甲答对了某道题，求该题是甲自己答对的概率．
（2）当时，甲答了道题，记甲答对题目的个数为随机变量，求随机变量的数学期望和方差不必写出分布列．
（3）乙答对每道题的概率为含亲友团，现甲乙两人各答两道题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于，求甲的亲友团每道题答对的概率的最小值．
【答案】（1）

（2）
，
（3）
【解析】
【分析】（1）利用条件概率公式即可求解；
（2）求出的可能取值，再利用二项分布的性质求出其期望和方差；
（3）利用相互独立事件、互斥事件的概率公式求出概率，再结合已知建立不等式求解.
【小问1详解】
记事件为“甲答对了某道题”，事件为“甲自己答对”，
则，，
所以．
【小问2详解】
可能取值为，，，，
由（1）知甲答对某道题的概率，则，
所以的数学期望，
．
【小问3详解】
记事件为“甲答对了道题”，事件为“乙答对了道题”，
其中甲答对某道题的概率为，
则甲答错某道题的概率为，
则，
，
由题意知，
，
所以甲答对题数比乙多的概率为：
，
令，解得，
所以甲的亲友团每道题答对的概率的最小值为．
18. 某工厂机器人在直线轨道上执行巡检任务，轨道上有编号为的个检测点.机器人每次随机选择一个检测点进行巡检，任务完成后，记录编号返回起点，本次巡检结束，然后再进行下一次巡检.机器人的巡检停止规则为：当某次选择的检测点编号大于或等于上一次选择的检测点编号时，巡检停止.设停止时机器人的巡检总次数为，记为“共有个检测点时，巡检次后停止”的概率．
（1）若，写出的分布列．
（2）求和的值．
（3）若检测点的个数为，求巡检停止时巡检次数为奇数的概率用表示．
【答案】（1）
（2）； （3）
【解析】
【分析】（1）根据时，，，，分析其题意，分别求，，的概率，即得分布列；
（2）根据，求解；
（3）注意分为偶数和奇数两种情况讨论求解.
【小问1详解】
由题意知时，，，，
的含义：巡检次后停止，其反面为，
而的含义是前次未能停止，即前两次巡检的检测点编号依次减小，有种可能，
；
，前三次未停止，前三次巡检的检测点编号依次减小，只能是，，，第四次随意，
；
，
则的分布列为：
【小问2详解】
；
.
【小问3详解】
共个检测点，则最多次巡检后必停止，
且，
若，则说明前次巡检的检测点编号依次减小，第次编号任意，
因此
若，则类似的讨论，
可得，
其中，的含义是前次未能停止，
即前次巡检的检测点编号依次减小，共种可能，因此，
所以.
若为偶数，
则
.
若为奇数，
则
.
综上所述，．
19. 已知函数．
（1）当时，证明：．
（2）若恒成立，求的取值范围．
（3）若有两个极小值点，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数的最大值．
【答案】（1）由题意得函数的定义域为．
当时，，求导得，
令，求导得，令，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故，又，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
，故成立．
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）构造函数并利用导数判断单调性，进而证明不等式即可.
（2）对原函数合理同构得到，再转化为，最后结合分离参数法求解最值即可.
（3）建立方程关系，变量代换，构造函数求最值.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
由题意得，，
令，，
则时，时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
则，即，而等价于，
又因，则在上成立，令，，
则，得到在上单调递增，
则．所以，即．
【小问3详解】
，则，
令，由题意得不符合题意；，
当时，在递减，在递增，
得到，，，，，
而有两个零点，
且，故，
若，，，单调递减，
若，，，单调递增，
若，，，单调递减，
若，，，单调递增，
此时的极小值点为，且，．
两边取对数得，，，
令，则，代入解得，，
于是，
设，求导得，
令，得到，
令，，单调递增，令，，单调递减，
而，，，
所以在内存在唯一零点，，
使得在上单调递减，在上单调递增，故在处取得最小值．
则，
而，得到，故整数的最大值为2．+
−
0
+
增
减
极小值
增
时间
佩戴头盔
合计
不佩戴
佩戴
非高峰期
高峰期
合计
3
2
1
3
2
1
2
3
4
2
3
4