广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高二下学期数学周测试卷（十一）

**基本信息** 聚焦概率统计、数列、导数等核心知识，结合5G销量、亚运会等真实情境，设题梯度清晰，注重数学应用与创新思维。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|正态分布、线性回归、数列周期|以联考分数、5G销量为情境，考查数据分析与数学建模| |多选题|3|二项式定理、概率独立性|结合志愿者服务等实际问题，辨析事件关系| |填空题|3|二项分布、导数几何意义|通过数列周期、切线条件，检测逻辑推理| |解答题|5|函数单调性、概率分布列、n维距离|以亚运会乒乓球比赛、n维立方体为载体，综合考查数学抽象与创新应用|

广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高二下学期数学周测试卷（十一） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．据统计，在某次联考中，考生数学单科分数X服从正态分布，考生共50000人，估计数学单科分数在130～150分的学生人数约为（    ） （附：若随机变量服从正态分布，则，，） A．1070 B．2140 C．4280 D．6795 2．有10台不同的电视机，其中甲型3台，乙型3台，丙型4台．现从中任意取出3台，若其中至少含有两种不同的型号，则不同的取法共有（    ） A．96种 B．108种 C．114种 D．118种 3．下列说法中，正确的个数是（   ） ①若随机变量X服从正态分布，且，则； ②可以用相关系数r刻画两个变量的相关程度强弱，r值越大两个变量的相关程度越强. ③残差图中，残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越高； ④根据分类变量X与Y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X与Y有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05． ⑤决定系数，甲、乙两个模型的分别约为0.98和0.80，则模型乙的拟合效果更好. A．1 B．2 C．3 D．4 4．5G技术在我国已经进入调整发展的阶段，5G手机的销量也逐渐上升，某手机商城统计了最近5个月手机的实际销量，如下表所示： 时间x 1 2 3 4 5 销售量y（千只） 0.5 0.8 1.0 1.2 1.5 若x与y线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（    ） A．当解释变量x每增加1个单位时，预报变量y平均增加0.24个单位 B．线性回归方程中 C．由题中数据可知，变量y与x正相关，且相关系数 D．可以预测时，该商场5G手机销量约为1.72（千只） 5．已知数列满足，，且对任意，，则（   ） A． B． C． D． 6．已知变量x与y，且观测数据如下表（），则由该观测的数据算得的线性回归方程可能是（   ） x 1 2 3 4 5 y 6.5 a 4 b 1 A． B． C． D． 7．若函数在R上单调递减，则实数的取值范围是（　　） A． B． C． D． 8．小蒋同学喜欢吃饺子，某日他前往食堂购买16个饺子，其中有个为香菇肉馅，其余为玉米肉馅，且.在小蒋吃到的前13个饺子均为玉米肉馅的条件下，这16个饺子全部为玉米肉馅的概率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知二项式的展开式中共有8项，则下列说法正确的有（    ） A．所有项的二项式系数和为128 B．所有项的系数和为1 C．二项式系数最大的项为第5项 D．有理项共3项 10．（多选）（    ） A． B． C． D． 11．端午节期间，某城市举行龙舟比赛，龙舟比赛途经桥、桥、桥、桥及桥，活动期间在5座桥边各设置1个志愿者服务点．现有5名志愿者参加其中三座桥一桥、桥及桥的服务，要求这三个服务点都有人参加，记事件A为“甲在桥服务点”，事件为“乙和丙分到一起”，则（    ） A．事件A与事件相互独立 B． C． D． 三、填空题 12．已知随机变量， 若E(X)=1， 则D(X)=___________. 13．已知函数和直线，那么“”是“直线与曲线 相切”的___________条件(填充分不必要、必要不充分、充分必要、既不充分也不必要） 14．已知数列满足，设，则下列结论正确的是__________． ①；②；③； ④若等差数列满足，其前n项和为，则，使得 四、解答题 15．已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）求函数的单调区间及极值； （3）求函数在上的最小值． 16．杭州第19届亚运会于2023年9月23日至2023年10月8日举行，国球再创辉煌，某校掀起乒乓球运动热潮，组织乒乓球运动会.现有甲乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取7局4胜制，每局为11分制，每赢一球得一分． (1)已知某局比赛中双方比分为，此时甲先连续发球2次，然后乙连续发球2次，甲发球时甲得分的概率为0.4．乙发球时乙得分的概率为0.5，各球的结果相互独立，求该局比赛甲以获胜的概率； (2)已知在本场比赛中，前两局甲获胜，在后续比赛中每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立，两人又进行了X局后比赛结束，求X的分布列与数学期望． 17．在①，；②，；③，这三个条件中任选一个，补充在下列问题中的横线上，并解答． 已知等差数列的前n项和为，______，数列是公比为2的等比数列，且． (1)求数列和的通项公式； (2)数列，的所有项按照“当n为奇数时，放在前面；当n为偶数时，放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列；，，，，，，，，…，求数列的前项和． 18．在维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与对应坐标差的绝对值之和，即为.基本事实：①在三维空间中，以单位长度为棱长的立方体的顶点坐标可用三维坐标表示，其中；②在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，并称其为“维立方体”，其中.请根据以上定义和基本事实回答下面问题： (1)若该“维立方体”为三维立方体，以单位长度为边长，从该立方体所有顶点中随机任取不同两点，求该两点曼哈顿距离为3的概率； (2)记随机变量为“维立方体”中任意两个不同顶点间的曼哈顿距离， ①时，求的最大值及此时相应的的值； ②求的分布列和数学期望. 19．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求使恒成立的最大偶数a． (3)已知当时，总成立．令，若在的图像上有一点列，若直线的斜率为，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 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B B D C B C AB CD 题号 11 答案 ABD 1．A 【分析】利用区间上的概率及正态分布的对称性求，进而估计区间人数. 【详解】由题设 ， 所以数学单科分数在130～150分的学生人数约为人. 故选：A 2．C 【分析】先计算总的取法数和只取一种型号的取法数，总的取法数减只取一种型号的取法数即可得出结果. 【详解】根据题意，从10台电视机中任意取3台的取法总数为：（种） 取3台都是同一种型号的取法数为：（种） 所以至少含有两种不同型号的取法数为：（种） 选项ABD错误，选项C正确. 故选：C. 3．B 【分析】根据正态分布对称性的应用可判断命题①；根据相关系数的定义判断命题②；根据残差图的性质判断命题③；根据独立性检验的知识判断命题④，根据决定系数性质判断命题⑤. 【详解】对于①. 已知随机变量服从正态分布，， 则，所以，故①错误； 对于②，线性相关系数的范围在到1之间，有正有负，相关有正相关和负相关， 相关系数的绝对值的大小越接近于1，两个变量的线性相关性越强； 反之，线性相关性越弱，故②错误； 对于③，在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高， 则回归方程的预报精确度越高，故③正确； 对于④，据分类变量X与Y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X与Y有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05， 故④正确. 对于⑤，因为甲的决定系数比乙的决定系数更接近1，所以模型甲的拟合效果更好，命题⑤错误； 故选：B. 4．B 【分析】根据已知数据，分析总体单调性，结合增量的变化判断C选项；根据已知数据得到样本中心点，代入回归方程求解即可判断B选项；根据回归方程判断AD选项. 【详解】根据线性回归方程可得每增加一个单位时，预报变量平均增加0.24个单位，故A正确. 由已知数据得，， 代入中得到，故B错误； 从数据看随的增加而增加，故变量与正相关，由于各增量并不相等，故相关系数，故C正确； 将代入中得到，故D正确. 故选：B. 5．D 【分析】首先令求出m的值，再求出数列的周期，结合周期即可求得，则答案可求. 【详解】令可得， 代入数据得：，解得， 所以， 令，解得，令，解得，令，解得，， 可得数列的周期为3，则， 故选：D. 6．C 【分析】根据数据的变化趋势排除A、B；再由样本中心在回归直线求，结合判断C、D. 【详解】由题设，随变大而变小，故回归方程一次项的系数为负数，排除A、B； ，，又， C：，则，符合， D：，则，不符， 故选：C 7．B 【分析】先求导，再分离参数，构造函数，即恒成立，利用二次函数性质求的最小值即可. 【详解】, 若函数 在R上单调递减， 则在R上恒成立， 即在R上恒成立， 令， ， 当时，， 故的最小值是，则 ， 故选：B 8．C 【分析】记事件：16个饺子中有i个香菇肉馅饺子，，事件B：吃到的前13个饺子均为玉米肉馅饺子.先利用全概率公式求，然后再由条件概率公式可得. 【详解】记事件：16个饺子中有i个香菇肉馅饺子，， 事件B：吃到的前13个饺子均为玉米肉馅饺子. 则，，，， 当时，， 由题知，， 所以， 又， 所以. 故选：C 9．AB 【分析】二项式展开式共8项，则n＝7，然后利用二项式定理逐个选项分析即可得到答案﹒ 【详解】二项式的展开式中共有8项，则， 选项A：所有项的二项式系数和为，故A正确； 选项B：令，则，所以所有项的系数的和为1，故B正确； 选项C：二项式系数最大的项为第4项和第5项，故C不正确； 选项D：二项式的展开式的通项为， 当时，二项式的展开式中对应的项均为有理项，所以有理项有4项，故D不正确． 故选：AB﹒ 10．CD 【分析】由组合数的性质即可求得答案. 【详解】 . 故选：CD． 11．ABD 【分析】B选项，分和两种情况，求出5名志愿者参加其中三座桥的情况数，再得到甲在桥服务点的情况数，得到概率；C选项，求出乙和丙分到一起的情况数，得到概率；A选项，求出事件包含的情况数，得到，根据得到A正确；D选项，根据求出条件概率. 【详解】B选项，5名志愿者参加其中三座桥，桥、桥及桥的服务， 要求这三个服务点都有人参加，可以分为和， 其中分为时，共有种情况， 其中分为时，共有种情况， 故共有种， 其中甲独自在桥服务点，此时剩余4名志愿者可以分为和， 当剩余4名志愿者分为时，有种情况， 当剩余4名志愿者分为时，有种情况， 当甲和另外一个人在桥服务点，从剩余4名志愿者先选1人，剩余3人，分为两组，故有种情况， 当甲和另外2人在桥服务点，从剩余4名志愿者先选2人，剩余2人，分为两组，故有种情况， 故， 所以，B正确； C选项，乙和丙分到一起，当5名志愿者分为时，有种情况， 当5名志愿者分为时，先从剩余3名志愿者选择1人和乙，丙一起，再将剩余2人进行全排列，有种情况， 故，C错误； A选项，表示甲在桥服务点，乙和丙分到一起， 若甲单独在桥服务点，乙和丙分到一起，且5名志愿者分为，则有种情况， 若甲单独在桥服务点，乙和丙分到一起，且5名志愿者分为，从剩余2人中选择1人和乙，丙一起，有种情况， 若甲和另外一个人在桥服务点，先从除了乙，丙外的剩余2名志愿者选1人，再进行排列，则有种情况， 当甲和另外2人在桥服务点，则一定是和乙，丙一起，剩余2人进行全排列，共有种情况， 综上，，， 因为，故事件A与事件相互独立，A正确； D选项，，D正确. 故选：ABD 12． 【分析】根据给定条件，利用二项分布的期望、方差公式列式求解. 【详解】随机变量，由，得，解得， 所以. 故答案为： 13．充分不必要 【分析】由已知得，解之得，根据充分必要条件的定义可得答案. 【详解】解：设函数与直线相切的切点坐标为， 则，可得， 所以时，直线与曲线相切；直线与曲线相切不能推出. 因此“”是“直线与曲线相切”的充分不必要条件. 故答案为：充分不必要. 14．①③④ 【分析】通过题目给的首项与通项公式，可以算出前几项，发现该数列是一个从第四项开始的周期数列，然后可以通过计算验证选项①、③，根据数列的实际取值，可以判断选项②，通过比较和的增长幅度，可以判断选项④. 【详解】，， ，，，，，，， 此数列是从第四项开始的周期数列，且满足，，故①正确； 选项②，在数列中，，，，，，是不存在，故②错误； 选项③，，故③正确； 选项④，等差数列，，，，其， 数列是从第四项开始的周期数列，而，呈指数被的增长，无穷大，而是一个二次函数的增长形式，增长幅度相对于指数而言有限，故，使得，所以选项④正确. 故答案为：①③④ 15．（1）；（2）单调递增区间为，单调递减区间为；极大值为，无极小值；（3）2 【解析】（1）先对函数进行求导，再将代入求出，即可得到函数的解析式，再求出，利用点斜式即可得到在处的切线方程； （2）利用导数和函数单调性的关系即可得到函数的单调区间，再根据极值的定义即可求出极值； （3）由函数的单调性可知，函数的最小值在端点处取得，故比较两个端点值即可. 【详解】解：（1）由题意知：，， ， 令，则，故， 即，； ，， 曲线在处的切线方程为：， 即； （2）由（1）知：，， 令， 解得：， 令， 解得：， 函数的单调递增区间为，单调递减区间为； 即函数的极大值为，无极小值． （3）由（2）可知，在上的最小值为与两者中的最小值， ，， ， 故函数在上的最小值为． 【点睛】方法点睛：用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面： (1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域； (2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式； (3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 16．(1)； (2) X 2 3 4 5 P 数学期望为. 【分析】（1）根据给定条件，利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算即得. （2）求出X的所有可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出数学期望即得. 【详解】（1）在比分为后甲先发球的情况下，甲以获胜的情况分三种： 第一种：后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为， 第二种：后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为， 第三种：后四球胜方依次为甲甲乙甲，概率为， 所以所求事件的概率为：． （2）随机变量X的可能取值为2，3，4，5， ，， ， ， 所以X的分布列为 X 2 3 4 5 P 数学期望. 17．(1)， (2) 【分析】（1）根据条件，得出有关数列的方程组通过解方程得到数列的通项，进而得出的通项； （2）通过“分组求和”即可求得． 【详解】（1）设等差数列的公差为d， 选择①，，可知，所以． 又， 所以数列的公差，所以； 选择②，，可知， ， 则 所以； 选择③，，可知， 则 所以． 又因为，所以数列的通项公式为． （2）由题意 . 18．(1) (2)①，；②分布列见解析， 【分析】（1）利用列举法，结合古典概型概率公式，即可求解； （2）①根据曼哈顿距离的定义可知，，代入，即可求解； ②首先确定的取值，再结合的公式，即可求解分布列，代入期望公式，利用倒序相加法，即可求解. 【详解】（1）记随机变量为“维立方体”中任意两个不同顶点间的曼哈顿距离， 时，顶点坐标分别为，，，，，，，共8个， 其中能满足曼哈顿距离为3的有和，和，和，和，共4对， 所以. （2）①由题意得，可取， 当时，对于点与点， 其中使的i的个数为，则满足的的个数为， 此时所对应情况数为， 则， 故时，则， 所以时，则， ②由①知， 故的分布列为 1 2 数学期望， 又①， 所以②， ①+②可得，， 所以. 19．(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）利用导数求切线斜率，然后由点斜式即可得切线方程； （2）参变分离，令，利用二次导数讨论其单调性，设出隐零点进行代换即可求解； （3）先利用导数证明，结合对进行放缩整理，然后分组求和即可证明. 【详解】（1）当时，，， 所以，曲线在点处切线的斜率为， 所以切线方程为． （2）当时，使等价于， 令，所以， 令，所以， 所以在上单调递增， 又因为，， 所以在上，使，即， 当时，，； 当时，，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为， 因为，所以， 所以，且， 所以使恒成立的最大偶数为． （3）时，， ， 令，则， 令，则，单调递增， 又，所以，当时，，单调递增， 又，所以，当时，， 即，则， ， ． 【点睛】本题第二问属于隐零点问题，主要是利用零点方程进行代换；第三问难点在于利用已知和对进行放缩，然后求和即可得证. 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 $