山东泰安市第一中学2025-2026学年高二下学期期末数学重难点训练

**基本信息** 聚焦高二数学核心模块，以医生义诊、药物实验等现实情境为载体，融合逻辑推理与数学建模，实现基础巩固与能力提升的梯度训练。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|导数几何意义、排列组合、概率|基础概念与运算结合，如切线方程题考查数学抽象| |多选题|3/18|函数极值、二项式系数|多选项辨析，如函数极大值题培养批判性思维| |填空题|3/15|随机变量、函数交点、涂色问题|情境创新，如风筝涂色题考查空间观念| |解答题|5/77|二项式定理、概率统计、函数证明|综合应用，如药物实验题（独立性检验）体现数据观念，函数证明题发展逻辑推理|

山东省泰安市第一中学2026年高二下学期期末重难点训练 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知曲线在点处的切线方程为，则值为（ ） A．0 B． C．1 D．2 2．（本题5分）某医院派6名医生到3个社区进行义诊，每个社区至少一名医生，其中甲乙两人必须在一起，则不同的方案有（   ）种 A．150 B．180 C．360 D．540 3．（本题5分）若不等式恒成立，则的值为（   ） A．2 B．1 C． D． 4．（本题5分）已知随机变量的分布如下：若，则（    ） 0 1 2 A． B．7 C．21 D．22 5．（本题5分）已知函数在处取得极大值，则（   ） A．9或1 B．3 C．2 D．1 6．（本题5分）的展开式中，项的系数是（   ） A．5 B． C．10 D． 7．（本题5分）银行储蓄卡的密码由6位数字组成，某人在银行自动取款机上取钱时，忘记了密码的最后的1位数字，则任意按最后1位数字，不超过2次就按对的概率是：（    ） A． B． C． D． 8．（本题5分）某厂进行技术改造后，生产产品过程中记录的时间x（单位：天）与相应的生产能耗y（单位：吨）的几组数据，如下表所示.若y与x线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（   ） 时间x 1 2 3 4 5 生产能耗y/吨 5 4.5 4 3.5 2.5 A．由题中数据可知，变量y与x负相关 B．线性回归方程中 C．当时，残差为- D．可以预测当时能耗约为2.2吨 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）已知函数在处取得极大值，的导函数为，则（   ） A． B．当时， C． D．当且时， 10．（本题6分）若，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 11．（本题6分）甲箱中有2个白球和3个黑球，乙箱中有3个白球和2个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以，分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论正确的是（ ） A． B． C． D． 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）已知随机变量，且，，则______. 13．（本题5分）已知函数，直线与有两个交点，交点横坐标分别为，且，则的最小值为___________． 14．（本题5分）给如图所示的风筝中的5个区域涂色，每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个区域不能涂同一种颜色，现有5种颜色可选，则不同的涂色方案共有______种． 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）在的展开式中，第项为常数项． (1)求的值和该常数项的值； (2)求展开式中所有项的系数之和． 16．（本题15分）已知名运动员中有人只擅长足球，人只擅长篮球，另外人篮球与足球都擅长． (1)若让这名运动员中所有擅长篮球的运动员排成一排拍照，求其中还擅长足球的运动员互不相邻的排法种数； (2)从这名运动员中选派人参加某项活动，要求这人中有人擅长足球，有人擅长篮球，求满足条件的选派方法种数． 17．（本题15分）某仓库有一批电流表，其中60%，30%，10%依次由甲、乙、丙三家厂家生产，且甲、乙、丙厂的次品率分别是． (1)现在从这批电流表中任取一个，求取到次品的概率； (2)若从这批电流表中取出一个，发现是次品，求该电流表是乙厂家生产的概率． 18．（本题17分）某药物研究机构为考察药物A对疾病S的效果，随机抽取了600只动物进行实验，得到如下列联表： 药物（疾病） 未患病 患病 未服药 150 150 服药 200 100 (1)根据小概率值的独立性检验，能否认为药物A对疾病S有效？ (2)现从参与试验服药的300只动物中，按是否患疾病S采用分层抽样的方法抽取6只动物；再从这6只动物中随机抽取3只动物进一步试验，记抽取的3只动物中患病的只数为X，求X的分布列以及数学期望. 附：（其中） 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 19．（本题17分）已知函数， (1)若恒成立，求实数t的值； (2)当时，方程有两个不同的根，分别为， ①求实数m的取值范围； ②求证：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《山东省泰安市第一中学2026年高二下学期期末重难点训练》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D C B A C D ACD BCD 题号 11 答案 BC 1．B 【分析】求导，根据导数的几何意义列方程，解方程即可. 【详解】由已知， 则， 且，， 由曲线在点处的切线方程为， 则， 解得， 故选：B. 2．A 【分析】视甲乙为一个整体，问题相当于将5名医生到3个社区，再按分组分配列式求解. 【详解】甲乙必须在一起，可把甲乙视为一个整体，问题相当于将5名医生到3个社区， 按分配时，共有种方案；按分配时，共有种方案， 所以共有种不同的分配方案. 故选：A 3．D 【分析】根据给定条件，确定，借助同构思想转化为恒成立，再构造函数，由求出值. 【详解】不等式恒成立， 若，恒成立，而当时，此不等式不成立； 若，则，而当时，，不符合题意； 因此，，不等式， 令函数，求导得，函数在上递增， 不等式， 因此不等式在恒成立，令， 即恒成立，而，则， 又，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 于是，令， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 则方程有唯一解，由，得，解得， 所以的值为. 故选：D 4．C 【分析】先根据分布列的性质与确定，的值，计算，再根据求值. 【详解】由题意可得，，解得，因为，所以， 解得，所以，，所以，所以. 5．B 【分析】先求出导函数，再根据极值点导函数为0求参数，最后代入检验即可. 【详解】因为函数，所以， 又因为在处取得极大值，所以，所以或， 当时，，所以单调递减，单调递增， 所以在处取得极小值，不符合题意舍去； 当时，，所以单调递增，单调递减， 所以在处取得极大值，符合题意； 则. 故选：B. 6．A 【分析】写出二项式展开式的通项，令x的次数为3即可求解. 【详解】， 二项式展开式的通项为：， 令， 所以项的系数是. 故选：A. 7．C 【分析】设为“第次按对密码”，事件为“任意按最后1位数字，不超过2次就按对”，则，由互斥事件的加法公式和条件概率计算即可. 【详解】设为“第次按对密码”， 事件为“任意按最后1位数字，不超过2次就按对”， 则，事件互斥， 所以, 故选：C. 8．D 【分析】对于A，由回归方程可判断变量y与x的负相关；对于B，利用回归方程过可判断选项正误；对于C，由回归方程及残差定义可判断选项正误；对于D，由回归方程可得预测值. 【详解】对于A，因回归方程斜率为负值，则变量y与x负相关，故A正确； 对于B，，， 因回归方程过，则，故B正确； 对于C，当时，由B分析，，则残差为： 故C正确； 对于D，当，由B分析，，故D错误. 故选：D 9．ACD 【分析】由在处取得极大值可求即可判断A；根据导数确定函数单调性，利用单调性比较大小可判断B；利用导数可直接验证式子是否成立，即可判断C；对于D，由单调性可得，则，代入计算即可判断D. 【详解】由题知的定义域为， ，又在处取得极大值，， 时，， 所以时，，函数单调递增， ，，函数单调递减， 所以时，在处取得极大值，故A正确； 时，，函数单调递减， 又，所以当时，，故B错误； ， ， 所以，故C正确； 因为时，函数单调递增，，， 且，， 所以，则， 又， 所以，故D正确. 故选：ACD. 10．BCD 【分析】由赋值法求系数和及奇偶项系数可判断ACD，对于B，根据，接着求的系数即可. 【详解】当时，，故A错误； ，则的系数为 ，故B正确； 当时，，故C正确； 当时，， 又，所以， 则，故D正确； 故选：BCD. 11．BC 【分析】对于A，由古典概型可得结果；对于B，由样本空间点可得结果；对于C，先求出， 再由条件概率的定义可得；对于D，由全概率公式可算得. 【详解】对于A，由古典概型可知，故A错误； 对于B，由条件概率可知表示在由甲箱中取出的是白球的条件下，从乙箱中取出的是白球的概率， 当甲箱中取出的是白球放入乙箱后，乙箱中有4个白球和2个黑球，由古典概型可知； 对于C，由B选项分析同理可得， 由条件概率的定义可知，故C正确； 对于D，由全概率公式可得，故D错误. 故选：BC. 12．/0.25 【分析】根据二项分布的期望和方差的公式列式求出的值，再根据重伯努利实验的概率公式计算即可. 【详解】因为随机变量，且，， 所以，解得，所以. 所以. 故答案为： 13．1 【分析】由题知，与图象有两个交点，则，然后解得，则，令，再利用导数求最值即可. 【详解】如图所示 由与图象有两个交点，得， ，设， 则，令，， 所以在单调递增，则， 即，则在单调递减，所以， 即的最小值为1. 14．420 【分析】先对1，2，3三个区域涂色，再讨论1和5区域是否同色，结合排列数分析求解. 【详解】先对1，2，3三个区域涂色，有种涂法， 当1和5区域同色时，有种涂法； 当1和5区域不同色时，有种涂法； 综上所述：共有种涂法. 故答案为：420. 15．(1)，常数项的值为 (2) 【分析】（1）利用二项展开式的通项公式，结合条件，得到，可得，即可求解； （2）通过赋值，令，即可求解. 【详解】（1）因为的展开式的通项公式为， 由题知时，，得到，解得， 所以常数项的值为. （2）由（1）知，令，得到， 所以展开式中所有项的系数之和为. 16．(1) (2) 【分析】（1）分析可知，共有人擅长篮球，其中人只擅长篮球，还擅长足球有人，将擅长足球的运动员进行插空，结合插空法可求得结果； （2）对两项运动都擅长的人中所选的人数进行分类讨论，结合组合计数原理以及分类加法计数原理可得结果. 【详解】（1）根据题意，共有人擅长篮球，其中人只擅长篮球，还擅长足球有人， 将人排成一排，先将只擅长篮球的人进行排序， 再将擅长足球的人插入只擅长篮球的人所形成的个空位中的个， 所以，擅长足球的运动员互不相邻的排法有种． （2）根据题意，分种情况讨论： ①选出的人中没有两项都擅长的运动员，有种选法， ②从两项都擅长的运动员中选出人，有种选法， ③从两项都擅长的运动员中选出人，有种选法， 故有种选法． 17．(1) (2) 【分析】（1）用，，分别表示事件取到的这件产品是甲、乙、丙厂生产的，利用全概率公式求解即可； （2）利用条件概率与独立事件的概率公式求解即可. 【详解】（1）用，，分别表示事件取到的这件产品是甲、乙、丙厂生产的， 以表示事件取到的产品为次品，则 ，，， ，，， 由全概率公式，得 . （2）若从这批产品中取出一件产品，发现是次品， 该件产品是乙厂生产的概率为 . 18．(1)认为该药物对预防疾病有效，此推断犯错误的概率不大于0.001 (2)分布列见解析， 【分析】（1）根据公式求出后，对照临界值即可求解. （2）先求得未患病的只数为4，患病的只数为2，的所有可能取值为0，1，2，求出对应的概率，写出分布列，从而求出数学期望. 【详解】（1）零假设：患病与服用药物无关，即药物无效． 根据列联表可得． 因为当假设成立时，， 所以根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为该药物A对预防疾病有效，此推断犯错误的概率不大于0.001． （2）从参与试验服药的300只动物中，按是否患病S通过分层抽样方法随机取出6只， 其中未患病的只数为，患病的只数为， 则的所有可能取值为0，1，2， ， 所以的分布列为 0 1 2 故随机变量的数学期望为． 19．(1)； (2)①；②证明见解析. 【分析】（1）由可判断，解得值并验证； （2）①令，利用，结合的单调性和零点存在性定理，判断取值范围；②构造函数，证得，再将问题转化为证明，由不等式性质可得. 【详解】（1），因为，若，即. 由于不是定义域区间的端点，且在定义域上连续， 故不仅是函数的最小值，同时也是极小值， 所以，解得. 检验：当时，，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增； 所以的最小值为，即成立， 综上，. （2）①当时，令， ， 令，解得，，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，则的最小值为； 当时，无解，当时，一解，都不符合题意； 当时，，， 因为，在上单调递减，所以在上唯一解； 令，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以当时，取得最小值，即，所以， 所以 ，又， 因为，在上单调递增； 所以在上有唯一解； 综上所述，方程有两个不同的根时，； ②由题可知：，即且， 构造函数：， 则， 所以在上单调递减，故，所以， 又因为，所以， 又因为，所以， 因为在上单调递增，，， 所以，得 要证， 即证， 即，即， 即证， 因为，故只须证明：， 因为成立. 所以原不等式成立. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $