精品解析：黑龙江省佳木斯市第一中学2025-2026学年高二上学期期末数学试题

佳一中2025-2026学年度高二学年上学期期末考试 数学试题 时间：120分钟 总分：150分 I卷选择题（共58分） 一､单选题（本题共有8个小题，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. 已知相关变量和的散点图如图所示，若用与拟合时，决定系数分别为和，则比较和的大小结果为（ ） A. B. C. D. 不确定 2. 已知是等差数列，，，则的前10项和为（ ） A. 90 B. 100 C. 110 D. 120 3. 三人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有（ ） A. 6种 B. 8种 C. 10种 D. 16种 4. 为减少早高峰学生上学迟到现象的发生，某学校对所有学生上学的出行方式进行了调查，结果显示有的学生乘坐公共交通工具，有的学生乘坐私家车，有的学生选择骑行或步行.在乘坐公共交通工具出行的学生中有的人迟到，在乘坐私家车出行的学生中有的人迟到，在骑行或步行出行的学生中有的人迟到.以频率估计概率，从该校随机选择一名学生，若他迟到了，则这名学生是乘坐私家车出行的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 设，随机变量的分布列是 0 1 2 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 设两个正态分布和曲线如图所示，则有（ ） A. B. C. D. 7. 某高校两名学生准备从A，B，C，D，E，F这6门选修课程中任选3门，则这两名学生在所选课程中有相同课程的条件下，恰好选择了2门相同课程的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 小明有一枚质地不均匀的骰子，每次掷出后出现1点的概率为，他掷了k次骰子，最终有6次出现1点，但他没有留意自己一共掷了多少次骰子.设随机变量X表示每掷N次骰子出现1点的次数，现以使最大的N值估计N的取值并计算.（若有多个N使最大，则取其中的最小N值）.下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 与6的大小无法确定 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.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. 已知的展开式中第5项与第7项的二项数系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则下列说法正确的是（ ） A. 展开式中奇数项的二项式系数和为256 B. 展开式中第6项的系数最大 C. 展开式中存在常数项 D. 展开式中含项的系数为210 10. 已知圆，下列说法正确的是（ ） A. 圆的圆心为 B. 点在圆上 C. 圆上恰有3个点到直线的距离为1 D. 过的直线与圆相交，弦长为，则直线方程为 11. 已知为坐标原点，为抛物线的焦点，是上的两点，且，则（ ） A. ，使得 B. ，使得 C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，则__________. 13. 已知双曲线的左､右焦点分别为，实轴端点分别为，点是双曲线上不同于的任意一点，与的面积比为，则双曲线的渐近线方程为__________. 14. 已知等差数列，的前n项和分别为和，若，则满足的正整数n的个数为______. 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. 2024年7月26日，第33届夏季奥林匹克运动会在法国巴黎正式开幕.人们在观看奥运比赛的同时，开始投入健身的行列.某兴趣小组为了解成都市不同年龄段的市民每周锻炼时长情况，随机从抽取200人进行调查，得到如下列联表： 年龄 周平均锻炼时长 合计 周平均锻炼时间少于4小时 周平均锻炼时间不少于4小时 50岁以下 40 60 100 50岁以上（含50） 25 75 100 合计 65 135 200 （1）试根据的独立性检验，分析周平均锻炼时长是否与年龄有关？精确到0.001； （2）现从50岁以下的样本中按周平均锻炼时间是否少于4小时，用分层随机抽样法抽取5人做进一步访谈，再从这5人中随机抽取3人填写调查问卷.记抽取3人中周平均锻炼时间不少于4小时的人数为，求的分布列和数学期望. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 参考公式及数据：，其中. 16. 已知数列的前项和，且. （1）证明：为等差数列； （2）设，求数列的前项和. 17. 已知椭圆上的动点到其左焦点距离的最大值是最小值的倍，且点在椭圆 . （1）求椭圆 的方程； （2）已知点，过点的直线与椭圆 交于不同两点，证明：. 18. 某企业新研发了一种产品，产品的成本由原料成本及非原料成本组成.每件产品的非原料成本（元）与生产该产品的数量（千件）有关，经统计得到如下数据： x 1 2 3 4 5 6 7 8 y 112 61 44.5 35 30.5 28 25 24 根据以上数据，绘制了散点图. 观察散点图，两个变量不具有线性相关关系，现考虑用反比例函数模型和指数函数模型分别对两个变量的关系进行拟合.已求得用指数函数模型拟合的回归方程为，与的相关系数.参考数据（其中）： 183.4 0.34 0.115 1.53 360 22385.5 61.4 0.135 （1）用反比例函数模型求关于的回归方程； （2）用相关系数判断上述两个模型哪一个拟合效果更好（精确到0.01），并用其估计产量为10千件时每件产品的非原料成本； （3）该企业采取订单生产模式（根据订单数量进行生产，即产品全部售出）.根据市场调研数据，若该产品单价定为100元，则签订9千件订单的概率为0.8，签订10千件订单的概率为0.2；若单价定为90元，则签订10千件订单的概率为0.3，签订11千件订单的概率为0.7.已知每件产品的原料成本为10元，根据（2）的结果，企业要想获得更高利润，产品单价应选择100元还是90元，请说明理由. 参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，，相关系数. 19. 第二次世界大战期间，了解德军坦克的生产能力对盟军具有非常重要的战略意义.已知德军的每辆坦克上都有一个按生产顺序从1开始的连续编号.假设德军某月生产的坦克总数为N，随机缴获该月生产的n辆（）坦克的编号为，，…，，记，即缴获坦克中的最大编号.现考虑用概率统计的方法利用缴获的坦克编号信息估计总数N. 甲同学根据样本均值估计总体均值的思想，用估计总体的均值，因此，得，故可用作为N的估计. 乙同学对此提出异议，认为这种方法可能出现的无意义结果.例如，当，时，若，，，则，此时. （1）当，时，求条件概率； （2）为了避免甲同学方法的缺点，乙同学提出直接用M作为N的估计值.当，时，求随机变量M的分布列和均值； （3）丙同学认为估计值的均值应稳定于实际值，但直观上可以发现与N存在明确的大小关系，因此乙同学的方法也存在缺陷.请判断与N的大小关系，并给出证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 佳一中2025-2026学年度高二学年上学期期末考试 数学试题 时间：120分钟 总分：150分 I卷选择题（共58分） 一､单选题（本题共有8个小题，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. 已知相关变量和的散点图如图所示，若用与拟合时，决定系数分别为和，则比较和的大小结果为（ ） A. B. C. D. 不确定 【答案】C 【解析】 【分析】根据决定系数的定义判断即可. 【详解】由散点图知，用拟合的效果比用拟合的效果要好， 所以. 故选：C. 2. 已知是等差数列，，，则的前10项和为（ ） A. 90 B. 100 C. 110 D. 120 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件求出的公差和首项，代入前项和公式可得答案. 【详解】设的公差为， 因为，， 所以，解得， 则的前10项和为. 故选：D. 3. 三人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有（ ） A. 6种 B. 8种 C. 10种 D. 16种 【答案】C 【解析】 【分析】列出树状图，由分类加法计数原理即可求解. 【详解】根据题意，作出树状图，第四次球不能传给甲，由分步加法计数原理可知： 经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有10种， 故选：C. 4. 为减少早高峰学生上学迟到现象的发生，某学校对所有学生上学的出行方式进行了调查，结果显示有的学生乘坐公共交通工具，有的学生乘坐私家车，有的学生选择骑行或步行.在乘坐公共交通工具出行的学生中有的人迟到，在乘坐私家车出行的学生中有的人迟到，在骑行或步行出行的学生中有的人迟到.以频率估计概率，从该校随机选择一名学生，若他迟到了，则这名学生是乘坐私家车出行的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用全概率公式和贝叶斯公式即可求出结果. 【详解】由题知市民乘坐公共交通工具出行迟到的概率为， 市民开私家车出行迟到的概率为， 市民骑行或步行出行迟到的概率为， 则这名市民迟到的概率为， 故所求的概率为. 故选：C. 5. 设，随机变量的分布列是 0 1 2 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接根据分布列、期望、方差的定义列方程组，即可求出a、b、c. 【详解】由分布列可知：. ， ，即 所以联立方程组得：，解得： 故选：B 【点睛】在离散型随机变量的分布列中，概率和为1. 6. 设两个正态分布和曲线如图所示，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】从正态曲线关于直线对称，看的大小，从曲线越“矮胖”，表示总体越分散；越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中．看出的大小即可解决． 【详解】从正态曲线的对称轴的位置看，显然， 正态曲线越“瘦高”，表示取值越集中，越小，则，所以A正确. 故选：A. 7. 某高校两名学生准备从A，B，C，D，E，F这6门选修课程中任选3门，则这两名学生在所选课程中有相同课程的条件下，恰好选择了2门相同课程的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用分类思想求解两人仅选一门科目相同，仅选二门科目相同，仅选三门科目相同的不同方法数，再利用加法原理和概率求解即可. 【详解】方法1：记“这两名学生所选课程中有相同课程”为事件A，“这两名学生恰好选择了2门相同课程”为事件B．由题意知，所求事件的概率为． 这两名学生从6门课程中任选3门的不同方法有（种）， 其中这两名学生所选课程中有相同课程的不同方法有（种）． 故事件A的概率为． 事件AB对应的不同方法数有（种）， 故事件AB的概率为． 由条件概率公式可得． 方法2：压缩基本事件空间 依题意，这两名学生所选课程中有相同课程的方法种数为， 这两名学生恰好选择了2门相同课程的方法种数为． 所以所求概率． 故选:C． 8. 小明有一枚质地不均匀的骰子，每次掷出后出现1点的概率为，他掷了k次骰子，最终有6次出现1点，但他没有留意自己一共掷了多少次骰子.设随机变量X表示每掷N次骰子出现1点的次数，现以使最大的N值估计N的取值并计算.（若有多个N使最大，则取其中的最小N值）.下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 与6的大小无法确定 【答案】B 【解析】 【分析】先求得的表达式，由此列不等式，结合数学期望的知识确定正确答案. 【详解】X服从二项分布，则， 最大即为满足， 解得， 又，故为整数时，结合题设要求，； 不为整数时N为小于，，故， 故选：B 【点睛】要解决本题，首先要根据已知条件，判断出满足二项分布，从而可利用二项分布的知识来求概率和期望.求解含有组合数的最值计算问题，可以考虑利用商比较法来进行. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.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. 已知的展开式中第5项与第7项的二项数系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则下列说法正确的是（ ） A. 展开式中奇数项的二项式系数和为256 B. 展开式中第6项的系数最大 C. 展开式中存在常数项 D. 展开式中含项的系数为210 【答案】BCD 【解析】 【分析】 由题意得，，再由组合数的性质，求出，再令结合展开式的各项系数之和为1024求出，利用二项式的展开式的性质即可判断四个选项． 【详解】解：因为的展开式中第5项与第七项的二项式系数相等； ； 展开式的各项系数之和为1024， ； ； ． 原二项式为：；其展开式的通项公式为：； 展开式中奇数项的二项式系数和为：；故错； 因为本题中二项式系数和项的系数一样，且展开式有11项，故展开式中第6项的系数最大，对； 令，即展开式中存在常数项，对； 令，，对； 故选：． 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于中档题． 10. 已知圆，下列说法正确的是（ ） A. 圆的圆心为 B. 点在圆上 C. 圆上恰有3个点到直线的距离为1 D. 过的直线与圆相交，弦长为，则直线方程为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据圆的一半方程求得圆心和半径，再根据点和圆的位置关系、弦长等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】圆，即， 所以圆心为，半径为，所以A选项正确. ，所以点在圆上，所以B选项正确. 圆心到直线的距离为， 所以圆上恰有3个点到直线的距离为1，所以C选项正确. 由令得， 解得， ，所以直线与圆相交所得弦长为，所以D选项错误. 故选：ABC 11. 已知为坐标原点，为抛物线的焦点，是上的两点，且，则（ ） A. ，使得 B. ，使得 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题可知，三点共线，根据可判断A，设直线的方程为，点，根据向量的符号，判断B；表示出即可判断其与的关系，从而判断C；利用抛物线的焦半径公式判断D. 【详解】由，知三点共线，且. 因为为抛物线的焦点，所以. 设直线的方程为，. 由，得. 所以. 所以. 对于A，由图可知，所以.因为，所以A正确； 对于B，因为，所以， 所以恒成立.即不存在，使得，所以B错误； 对于C，， 因为，，所以C正确； 对于D，，所以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. 已知随机变量，则__________. 【答案】##0.875 【解析】 【分析】根据二项分布的概率公式求出，再根据即可求解. 【详解】因为随机变量， 所以， 所以. 故答案为：. 13. 已知双曲线的左､右焦点分别为，实轴端点分别为，点是双曲线上不同于的任意一点，与的面积比为，则双曲线的渐近线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意得到，再求出，即可求出答案. 【详解】， 即， 所以， 因为双曲线的焦点在轴上，故双曲线的渐近线方程为. 故答案为：. 14. 已知等差数列，的前n项和分别为和，若，则满足的正整数n的个数为______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据等差数列前项和的性质，由，从而可设，，由通项与前项n和的关系利用相减法可得通项，，从而可得，结合分式与整式的性质即可得结论. 【详解】因为等差数列，的前n项和分别为和，， 所以可设，， 所以时，， 又满足上式，所以， 时，， 又满足上式，所以，， 则， 因为，所以是63的正因数， 即，3，7，9，21，63，又， 所以，15，即满足的正整数n有2个. 故答案为：2. 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. 2024年7月26日，第33届夏季奥林匹克运动会在法国巴黎正式开幕.人们在观看奥运比赛的同时，开始投入健身的行列.某兴趣小组为了解成都市不同年龄段的市民每周锻炼时长情况，随机从抽取200人进行调查，得到如下列联表： 年龄 周平均锻炼时长 合计 周平均锻炼时间少于4小时 周平均锻炼时间不少于4小时 50岁以下 40 60 100 50岁以上（含50） 25 75 100 合计 65 135 200 （1）试根据的独立性检验，分析周平均锻炼时长是否与年龄有关？精确到0.001； （2）现从50岁以下的样本中按周平均锻炼时间是否少于4小时，用分层随机抽样法抽取5人做进一步访谈，再从这5人中随机抽取3人填写调查问卷.记抽取3人中周平均锻炼时间不少于4小时的人数为，求的分布列和数学期望. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 参考公式及数据：，其中. 【答案】（1）有关联 （2） 的分布列为： 1 2 3 【解析】 【分析】（1）根据二联表中数据，求解卡方，即可与临界值比较作答， （2）根据抽样比可得抽取的5人中，周平均锻炼时长少于4小时的有2人，不少于4小时的有3人，即可利用超几何分布的概率公式求解. 【小问1详解】 零假设：周平均锻炼时长与年龄无关联. 由列联表中的数据，可得， . 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为周平均锻炼时长与年龄有关联，此推断犯错误的概率不大于. 所以50岁以下和50岁以上（含50）周平均锻炼时长有差异. 【小问2详解】 抽取的5人中，周平均锻炼时长少于4小时的有人，不少于4小时的有人， 所以所有可能的取值为， 所以，，， 所以随机变量的分布列为： 1 2 3 随机变量的数学期望. 16. 已知数列的前项和，且. （1）证明：为等差数列； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） 因为数列的前项和，且， 所以，且，所以. 当时， 所以， 所以. 因为，所以，即. 所以数列是首项为1，公差为1的等差数列； （2） 【解析】 【分析】（1）利用与的关系求出数列的递推公式，根据等差数列的定义证明为等差数列； （2）根据数列的通项公式求得数列的通项公式，分和两种情况，求数列的前项和. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，所以. 所以. 当时，； 当时，. 所以. 17. 已知椭圆上的动点到其左焦点距离的最大值是最小值的倍，且点在椭圆 . （1）求椭圆 的方程； （2）已知点，过点的直线与椭圆 交于不同两点，证明：. 【答案】（1） （2）证明：当直线斜率不存在时，直线为，从而可得，， 但此时，无意义，故直线斜率存在， 设直线方程为， 与椭圆方程联立，得， 设，，则，， 所以，， 所以 ， 所以. 故证：. 【解析】 【分析】（1）由椭圆的焦半径范围可得，再结合点在椭圆 上即可求解； （2）当直线斜率不存在时直线不存在，即直线斜率存在并设直线方程为，然后与椭圆方程进行联立，再结合韦达定理及题意即可求证. 【小问1详解】 由题意可得，解得， 又因点在椭圆 上，即，解得， 所以椭圆 的方程为. 【小问2详解】 略 18. 某企业新研发了一种产品，产品的成本由原料成本及非原料成本组成.每件产品的非原料成本（元）与生产该产品的数量（千件）有关，经统计得到如下数据： x 1 2 3 4 5 6 7 8 y 112 61 44.5 35 30.5 28 25 24 根据以上数据，绘制了散点图. 观察散点图，两个变量不具有线性相关关系，现考虑用反比例函数模型和指数函数模型分别对两个变量的关系进行拟合.已求得用指数函数模型拟合的回归方程为，与的相关系数.参考数据（其中）： 183.4 0.34 0.115 1.53 360 22385.5 61.4 0.135 （1）用反比例函数模型求关于的回归方程； （2）用相关系数判断上述两个模型哪一个拟合效果更好（精确到0.01），并用其估计产量为10千件时每件产品的非原料成本； （3）该企业采取订单生产模式（根据订单数量进行生产，即产品全部售出）.根据市场调研数据，若该产品单价定为100元，则签订9千件订单的概率为0.8，签订10千件订单的概率为0.2；若单价定为90元，则签订10千件订单的概率为0.3，签订11千件订单的概率为0.7.已知每件产品的原料成本为10元，根据（2）的结果，企业要想获得更高利润，产品单价应选择100元还是90元，请说明理由. 参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，，相关系数. 【答案】（1）；（2）当产量为10千件时，每件产品的非原料成本为21元； （3）（i）若产品单价为100元，记企业利润为（千元）， 订单为9千件时，每件产品的成本为元，企业的利润为611（千元）， 订单为10千件时，每件产品的成本为31元，企业的利润为690（千元）， 企业利润（千元）的分布列为 611 690 0.8 0.2 所以（千元）； （ii）若产品单价为90元，记企业利润为（千元）， 订单为10千件时，每件产品的成本为31元，企业的利润为590（千元）， 订单为11千件时，每件产品的成本为元，企业的利润为659（千元）， 企业利润（千元）的分布列为 590 659 0.3 0.7 所以（千元）， 故企业要想获得更高利润，产品单价应选择90元. 【解析】 【分析】（1）令，则可转化为，分别求出的值，即可求解； （2）直接利用相关关系公式求得与的相关系数，可得，得到用反比例函数模型拟合效果更好，取，可得当千件时，每件产品的分原料成本； （3）分别求出产品单价为100元与产品单价为90元企业的利润，即可得到答案． 【详解】（1）令，则可转化为， 因为，所以， 则，所以， 所以关于的回归方程为； （2）与的相关系数为： ， 因为，所以用反比例函数模型拟合效果更好， 当时，（元）， 所以当产量为10千件时，每件产品的非原料成本为21元； （3）略 【点睛】本题主要考查了回归直线方程的求解及应用，其中解答中认真审题，利用公式准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题． 19. 第二次世界大战期间，了解德军坦克的生产能力对盟军具有非常重要的战略意义.已知德军的每辆坦克上都有一个按生产顺序从1开始的连续编号.假设德军某月生产的坦克总数为N，随机缴获该月生产的n辆（）坦克的编号为，，…，，记，即缴获坦克中的最大编号.现考虑用概率统计的方法利用缴获的坦克编号信息估计总数N. 甲同学根据样本均值估计总体均值的思想，用估计总体的均值，因此，得，故可用作为N的估计. 乙同学对此提出异议，认为这种方法可能出现的无意义结果.例如，当，时，若，，，则，此时. （1）当，时，求条件概率； （2）为了避免甲同学方法的缺点，乙同学提出直接用M作为N的估计值.当，时，求随机变量M的分布列和均值； （3）丙同学认为估计值的均值应稳定于实际值，但直观上可以发现与N存在明确的大小关系，因此乙同学的方法也存在缺陷.请判断与N的大小关系，并给出证明. 【答案】（1） （2） M 4 5 6 7 8 P （3），证明： 因 . 【解析】 【分析】（1）根据题意分别求出和，代入条件概率公式计算即得； （2）根据题意，列出的可能取值，利用古典概型概率公式计算概率，写出分布列，求出其均值即可； （3）直观判断，根据随机变量均值的定义列式，并将其适当放大，利用分布列的性质即可证得. 【小问1详解】 由，知，当时，最大编号为5， 另2辆坦克编号有种可能，故， 由，有，解得，故总编号和小于9， 则除最大编号5外，另2个编号只能是1，2， 故， 因此； 【小问2详解】 依题意，用M作为N的估计值，因，则的可能取值有， 于是，，， ，， 于是M的分布列如下： M 4 5 6 7 8 P 故； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于，正确理解题意，将相关量合理表达，如把握的含义，求出和；以及用M作为N的估计值时，的可能值的概率；最后对于的推理证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $