宁夏回族自治区银川一中2025-2026学年高二下学期期末考试复习卷（二）数学试卷

**基本信息** 立足高二数学核心内容，通过函数性质、概率统计、实际应用问题设计，考查数学抽象、逻辑推理与数据分析能力，适配期末综合复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合运算、相关系数比较、正态分布、函数求导|结合迷宫情境考查充分必要条件，体现数学应用| |多选题|3/18|概率性质、函数零点、导数几何意义|辨析回归分析与概率命题，培养批判性思维| |填空题|3/15|切线方程、条件概率、函数周期性|多知识点交汇，如切线方程综合导数与二次函数| |解答题|5/77|三角函数单调性、导数不等式、回归分析、概率分布|幼苗高度回归分析考查数据处理与模型构建，硬币抛掷概率分布深化逻辑推理|

2025-2026学年第二学期高二年级期末考试复习卷（二） 数 学 试 卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知集合，，若，则实数（   ） A．0 B．1 C．0或1 D．2 2．对四组数据进行统计获得如下散点图并对其相关系数进行比较，正确的是（   ） A． B． C． D． 3．已知随机变量X服从正态分布，若，，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 4．已知函数，则（   ） A． B． C． D． 5．已知函数 ，则 （    ） A． B．1 C． D． 6．现有一个迷宫如图所示，小球从，，三个口中的一个口滚动进入后，该口封闭，小球最终将从另一个口滚动出来，则“小球从口滚动进入”是“小球从口滚动出来”的（     ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 7．已知函数，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 8．已知是由，，组成的一个三位数，表示为，其中，，，均表示从1到5中的任意数，若以，，为三条边长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数共有（   ） A．65个 B．55个 C．47个 D．35个 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．下列说法中正确的是（   ） A．若随机变量满足，则 B．在回归分析中，决定系数的值越接近1，模型的拟合效果越好 C．经验回归直线至少经过其样本数据点中的一个点 D．若事件满足，则 10．若，则（     ） A． B． C． D． 11．已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．函数有三个零点 B． C．曲线上不同的两点，处的切线分别为，，若，则 D．若方程有三个不同的实数根，，，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则________． 13．有，两批数量相同的零件，其中批零件全部合格，批零件有25%不合格.制定如下规则：随机从一批零件中任取1件零件，经检验不合格，则直接判定这两批零件整体不合格；经检验合格，则放回原处，并在该零件所在批次中再取1件零件，若检验合格则判定这两批零件整体合格，若检验不合格则判定这两批零件整体不合格.已知这两批零件整体不合格，则第二次检验后整体不合格的概率为________. 14．已知定义在上的函数的图象关于直线对称，且．当时，，则__________________． 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．(本小题13分) 已知函数. (1)若，求及的单调递增区间； (2)已知在区间上单调递增，且，求的最小正周期. 16．（本小题15分） 已知函数 ，， (1)当时，求关于不等式的解集 (2)当时，若对任意1，不等式 恒成立，求实数k的取值范围 (3)若对任意 恒成立，则实数的取值范围 17．（本小题15分） 设某幼苗从观察之日起，第天的高度为，测得的一些数据如下表所示： 第天 1 4 9 16 25 36 49 高度 0 4 7 9 11 12 13 作出这组数据的散点图发现：（）与（天）之间近似满足关系式，其中，均为常数． (1)试借助一元线性回归模型，根据所给数据，用最小二乘法对，作出估计，并求出关于的经验回归方程； (2)在作出的这组数据的散点图中，甲同学随机圈取了其中的3个点，记这3个点中幼苗的高度大于的点的个数为，其中为表格中所给的幼苗高度的平均数，试求随机变量的分布列和数学期望． 参考数据：令，，，，． 参考公式：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：，． 18．（本小题17分） 已知函数． (1)当时，令，求的最小值； (2)当时，求证：； 19．（本小题17分） 现有n枚质地均匀的硬币，第一次分别抛掷这n枚硬币，完成后，将其中正面朝上的硬币进行第二次抛掷，记第一次抛掷中正面朝上的硬币数与第二次抛掷中正面朝上的硬币数之和为X． (1)当时，求X的分布列； (2)求； (3)对确定的n，，，使得成立，请直接写出m，不用推导． 高二期末复习数学试卷 第4页，共4页 高二期末复习数学试卷 第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 2025-2026学年第二学期高二年级期末考试复习卷（一） 数学试卷答案及评分标准 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A B C C C A D C AB BD BCD 1．A 解：由，得或，解得或． 当时，，，，符合题意， 当时，A不满足元素互异性，不符合题意，所以. 2．B 解：由给定的四组数据的散点图可以看成： 图（1）和图（3）是正相关，且图（1）中的数据更加集中，更接近，所以； 图（2）和图（4）是负相关，且图（2）中的数据更加集中，更接近，所以， 综上可得，. 3．C 解：因为X服从正态分布，所以正态曲线关于对称， 又因为，则， 且，即， 可知a与3是关于对称的，所以． 4．C 解：函数，求导得， 所以. 5．C 解：已知函数， 因为. 所以， 又所以. 6．A 解：由迷宫图形可知， 若小球Ω从口滚动进入， 根据通道走向，小球最终只能从口滚动出来， 所以“小球Ω从口滚动进入”能推出“小球Ω从口滚动出来”，充分性成立； 若小球Ω从口滚动出来，小球可能是从口滚动进入，也可能是从口滚动进入（由图可知从口进入最终也会从口出来）， 所以“小球Ω从口滚动出来”不能推出“小球Ω从口滚动进入”，必要性不成立． 综上所述，“小球Ω从口滚动进入”是“小球Ω从口滚动出来”的充分不必要条件． 7．D 解：的定义域为R， 因为，所以函数是R上的增函数. 因为，所以函数是奇函数， 所以由得， 则，解得. 所以不等式的解集为. 8．C 解：若构成等边三角形，边长为1到5的三位数共5个，所以有个； 若构成等腰三角形，设腰长为，底边长为，其中且， 当时，，每种对应3个排列，共个； 当时，，每种对应3个排列，共个； 当时，，每种对应3个排列，共个； 当时，，每种对应3个排列，共个； 由分类计数原理得，共有个. 9．AB 解：选项A：根据方差的运算性质，对任意常数，有，本题中，因此，A正确． 选项B：回归分析中，决定系数衡量模型对因变量变化的解释能力，越接近1，说明残差平方和越小，模型拟合效果越好，B正确． 选项C：经验回归直线一定经过样本中心点，但不需要经过任何一个样本数据点，C错误． 选项D：由条件概率性质，，因此，D错误． 10．BD 解：对于A选项，令，则原式等于，即，故A选项错误； 对于B选项，令，则原式等于，又因为，故，故B选项正确； 对于C选项，令，则原式等于， 即，由B选项得，故C选项错误； 对于D选项，，则，，故，则D选项正确. 11．BCD 解：由，得， 令，得，令，得或， 所以在区间单调递减，在区间，单调递增. 对于A，因为，，， 所以在区间内存在1个零点，故在上有2个零点，故A错误； 对于B，因为， 所以的图象关于点中心对称，令，得， 又，所以，故B正确； 对于C，依题意，即， 所以，因为，所以.故C正确； 对于D，设， 所以，所以为定值，故D正确. 12．2 解：由，则，则在点处的切线的斜率为，所以切线方程为，即，设切线与曲线的切点为，又，得，则切点处的斜率必为1，且切点在切线上，则，解得，所以． 13． 解：记事件：随机选取的是批零件；事件：随机选取的是批零件， 事件：第一次检验不合格；事件：第一次检验合格，第二次检验不合格， 事件：两批零件整体不合格（即，且与互斥）， 由题意可知，， 所以， ，， ， 所以， 所以第二次检验后整体不合格的概率为. 14．/ 解：由函数的图象关于直线对称，可得对任意，， 替换得①， 由已知，整理得：②， 联立①②得，替换得， 进一步推导得： ， 即是周期为的周期函数.故. 15． 解：（1）因为 ， 2分 当时，，则. 3分 令，解得， 4分 所以的单调递增区间为； 5分 （2）因为，所以 6分 因为在区间上单调递增，且，在区间上单调递增， 7分 所以，解得. 8分 又，在区间上单调递增，所以曲线关于对称，且点在曲线的递增部分上， 9分 则， 10分 又在处单调递增，所以，解得， 11分 又，所以，则， 12分 所以的最小正周期为. 13分 16． 解：（1）因为，． 2 当时，不等式为，解集为； 1分 ②当时，，不等式可化为，解集为； 2分 3 当时，，不等式可化为，解集为； 3分 4 当时，，不等式可化为，解集为， 4分 综上，当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为． 5分 （2）当时，， 6分 知不等式对任意恒成立，只需． 8分 因为，且， 9分 所以， 10分 当且仅当，即时，等号成立， 11分 所以，，故实数的取值范围为 13分 （3）设，则若对任意，恒成立， 14分 即，解得. 15分 17． 解：（1）令，则， 因为，所以， 因为，所以，    ，， 2分 通过上表计算可得：，    4分 因为回归直线过点，所以， 5分 则 关于的回归方程，又， 故关于的回归方程； 6分 （2）7天中幼苗高度大于的有4天，小于等于8的有3天，从散点图中任取3个点，即从这7天中任取3天， 7分 所以这3个点中幼苗的高度大于的点的个数的取值为0，1，2，3， 8分 ；； 11分 ；.     13分 所以随机变量的分布列为： 14分 0 1 2 3 随机变量的期望值. 15分 18． 解：（1）当时，函数，可得，其中， 2分 令，可得，在上单调递增， 令，可得，在上单调递减， 5分 所以当时，函数取得最小值，且. 6分 （2）证明：令，可得， 7分 所以在单调递增，可得，所以， 8分 由（1）可得，所以．① 9分 令，可得，所以在单调递增， 11分 可得，所以， 12分 因为，所以．② 13分 由①②可得：， 15分 所以当时，不等式成立. 17分 19． 解：（1）当时，由题意知X的可能取值为0，1，2，3，4． 1分 ， ， ， ， ． 4分 X的分布列为 5分 X 0 1 2 3 4 P （2）设第一次正面朝上的次数为i，，第二次正面朝上的次数为j，，则． 6分 ． 从而，． 由组合数的性质，，所以． 7分 所以 8分 ． 9分 （3）设每一枚硬币对X的贡献为Y，则，，． 因此X可以看成n个独立同分布随机变量之和． 10分 为判断何时最大，考虑多项式． 其中的系数就是． 11分 记，则，所以只要比较的大小即可． 由，可得递推关系， 其中下标小于0或大于时，对应的记为0． 13分 从开始，由该递推式逐步比较相邻项，可得到最大项位置如下： 15分 n的形式 可取的m 1 0 2 2 （），， ， （），， ， （）， ， （）， ， 上述四种的情形可统一表述为：m为不超过的最大整数． 例如时，，取符合题意． 16分 因此，可得：当时，可取；当时，可取； 当时，可取m为不超过的最大整数． 17分 高二期末复习数学试卷答案 第10页，共10页 高二期末复习数学试卷答案 第9页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $