广东广州市2025-2026学年高二下学期数学期末模拟卷

**基本信息** 以AI机器人射门、苏州园林志愿等真实情境为载体，融合函数、概率、数列等核心知识，通过梯度化问题设计考查抽象能力与模型观念。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|函数极值、正态分布、排列组合（如志愿者安排）|单选基础巩固，多选区分逻辑推理能力| |填空题|3题15分|等比数列求和、曲线切线、随机运动概率|第14题结合质点运动，渗透数学抽象| |解答题|5题77分|数列通项与求和、导数应用、回归分析（幼苗高度拟合）、AI射门概率期望|17题数据拟合考查数据观念，19题游戏概率体现数学建模，与高考命题趋势一致|

广东省广州市2025-2026学年下学期高二数学期末模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8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．已知函数满足，则（    ） A．1 B．2 C．9 D．3 【答案】A 【分析】根据导数的定义和导数的运算公式求解. 【详解】根据导数的定义得到. 2．的展开式中的常数项为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用二项展开式的通项公式，令的幂次为求得对应参数值，代入计算即可得到常数项 【详解】根据二项式定理，的展开式通项为， 令的幂次为，即，解得，因此常数项系数为. 3．已知等差数列的前项和为，若，，则（    ） A．11 B．12 C．13 D．15 【答案】A 【分析】利用等差数列前项和公式，列方程组求出，再根据通项公式求解． 【详解】，即， 解得：，． 4．已知函数在处取得极大值，则的值为（    ） A． B．1 C．或1 D．-1或2 【答案】B 【详解】. 因为函数在处取得极大值，故， 解得或， 当时，， 且仅在处为零，导函数不变号，函数在上单调递减，不是极值点，舍去； 当时，， 当时，当时， 故函数在处取得极大值，符合题意. 5．苏州旅游局在中小学生春假期间选出6名学生去苏州博物馆、拙政园、虎丘做志愿者，规定：每名学生只能去一个地方，每个地方至少安排一名志愿者，若甲、乙两名学生去拙政园，则不同的安排方法的种数有（   ） A．38 B．42 C．50 D．56 【答案】C 【详解】将甲、乙安排到拙政园，则剩余的4名学生需分配到苏州博物馆、拙政园、虎丘三个地方，且苏州博物馆和虎丘各至少有一人， 总分配方式有种，其中苏州博物馆为空的情况有种，虎丘为空的情况有种，苏州博物馆和虎丘都为空的情况有1种， 因此满足条件的不同的安排方法有种. 6．曲线在点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用导数的几何意义求出切线的斜率，结合点斜式可得出所求切线的方程. 【详解】因为，所以，，所求切线的斜率， 因此，所求切线的方程为，整理得． 故选：A． 7．以平行六面体的顶点为顶点的四面体的个数为（    ） A．70 B．64 C．58 D．24 【答案】C 【分析】利用平行六面体的性质，结合构成四面体的4个顶点不共面，先求8个顶点任选4个顶点的总数，再去掉4个顶点共面的情况，即为所求平行六面体的顶点为顶点的四面体的个数. 【详解】由题意知：要使平行六面体的顶点为顶点构成四面体，则4个顶点不共面， 1、8个顶点任选4个，有种， 2、8个顶点任选4个，共面的有12种， ∴以平行六面体的顶点为顶点的四面体有个. 故选：C 8．设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将存在唯一的整数，使得，即，转化为在图象上只有一个横坐标为整数的点在直线下方，利用导数判断函数单调性，作出其大致图象，数形结合，列出不等式组，即可求得答案. 【详解】由题意， 令 ， 因为存在唯一的整数，使得，即， ， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故当时，函数取得极小值也是最小值， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 是斜率为a，且过定点的直线，作出其大致图象如图： 当时，存在无穷多个满足条件的整数满足不等式，不符合题意， 故，此时需满足在图象上只有一个横坐标为整数的点在直线下方， 则需满足，解得， 则实数a的取值范围是. 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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．李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到，假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，，．X和Y的分布密度曲线如图所示．则下列正确的是（    ） （参考数据：，，） A． B． C． D．为了保证84.135%的概率不迟到，李明不管选择哪种交通工具都需至少预留36分钟时间 【答案】BD 【分析】根据给定的正态分布密度曲线，结合正态分布的对称性和性质，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，根据给定的正态分布密度曲线图像，可得随机变量，所以，所以A错误； 对于B中，根据正态分布密度曲线图像，可得时， 随机变量对应的曲线与围成的面积小于时随机变量对应的曲线与围成的面积， 所以， 所以B正确； 对于C中，根据正态分布密度曲线图像， 可得， ， 即，所以C错误； 对于D中，因为， 所以， 为了保证84.135%的概率不迟到，李明不管选择哪种交通工具都需至少预留36分钟时间，所以D正确； 故选：BD. 10．用模型去拟合一组数据，设，将其变换后得到线性回归方程，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】利用非线性转化为线性，即可求线性回归方程，通过系数对比即可得判断. 【详解】由两边取自然对数得：， 由变换后得到线性回归方程， 则，即，故AD正确，BC错误； 故选：AD. 11．已知函数的定义域为，其导函数为，且，则对任意的，，下列不等式中一定成立的有（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】利用题意可构造函数在上单调递减，再利用赋值，借助单调性研究不等式即可得出BCD的判断，对于A则举反例判断即可. 【详解】由于，因为， 所以有， 即函数在上单调递减， 对于A，根据函数在上单调递减，不妨取，满足，此时，故A错误； 对于B，由，都有， 即 同向不等式可相加得：，故B正确； 对于C，由，可得， 即，故C正确； 对于D，不妨设任意的，都有， 即， ，故D正确； 故选：BCD． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．记为等比数列的前项和，若，则公比______． 【答案】1或 【分析】设等比数列的公比为，由题意可得，求解即可. 【详解】设等比数列的公比为， 由，可得，所以， 又，所以，所以， 所以，解得或. 故答案为：或. 13．曲线的一条切线经过点，则该切线方程为______． 【答案】 【详解】已知，则， 设切点坐标为，则切线斜率为， 此时切线方程为， 因为曲线的一条切线经过点， 所以，即， 因为恒成立，所以，此时切线斜率，切点坐标为， 则该切线方程为，即. 14．如图，一质点在随机外力的作用下，在x轴上从原点0出发向右运动，每次移动1个单位或2个单位，其中每次移动1个单位的概率均为，移动2个单位的概率均为. 记质点从原点0移动到数字n的位置的方法种数为，则______，记质点从原点0移动5次后位于数字8的位置的概率为，则的最大值是______. 【答案】 5 【分析】第一空：由，即可得解；第二空：注意到，由二项分布概率公式得表达式，结合导数求得其最大值即可. 【详解】第一空：由于， 故从原点0移动到数字4的方法种数为，即； 第二空：设第次移动个单位，其中， 所以， 所以中有三个2，两个1， 所以， 求导得， 而， 从而在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值是. 故答案为：5；. 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．（13分） 已知数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，且数列的前项和为，求. 【答案】(1) (2) 【分析】(1)利用求出数列首项,再通过与作差得到递推关系,判定为等比数列,进而求出通项公式并验证首项符合. (2)由得出,利用错位相减求和即可. 【详解】（1）因为①， 当时,可得，即， 当时，②. 由①②得，即， 即是以1为首项，为公比的等比数列，所以, 当时满足上式，所以. （2）因为， 所以， ， 两式相减得， 即，则 故. 16．（15分） 已知函数 (1)求函数的单调区间和极值； (2)若方程恰有一个实数解，求实数的取值范围. 【答案】(1)的单调递增区间为和，单调递减区间为，的极大值为，的极小值为 (2). 【分析】（1）对进行求导，然后利用导数去求的单调区间和极值. （2）根据（1）大致作出的图象，由图象确定的取值范围. 【详解】（1），. 令，解得或. 递增 极大值 递减 极小值 递增 的单调递增区间为和，单调递减区间为， 的极大值为，的极小值为. （2）由（1）可知的极大值为，的极小值为. 当，，作出的大致图象如下： 要使恰有一个实数解，则的图象与的图象有且仅有一个交点， 由图象可得的取值范围为. 17．（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：，． 【答案】(1)，，； (2) 0 1 2 3 【分析】（1）令，则，求出，，计算， 由回归直线过点，求出，从而得到关于的回归方程. （2）求出的取值，求出的取值的概率， 列出的分布列，根据分布列求出随机变量的期望值. 【详解】（1）令，则， 因为，所以， 因为，所以，    ，， 通过上表计算可得：，    因为回归直线过点，所以， 则 关于的回归方程， 又， 故关于的回归方程； （2）（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， 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， ；； ；.     所以随机变量的分布列为： 0 1 2 3 随机变量的期望值. 18．（17分） 已知函数，. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意的恒成立，求的取值范围； (3)证明：当时，. 【答案】(1)． (2)． (3) 先证明. 由第（2）问中的证明可知，当时，. 所以. 再证明. 令. 则. 且. 当时，，所以． 因此. 由于，上面两个不等式右边都为正数，所以两式相乘，得. 即. 故原不等式成立． 【分析】（1）当时，先求和，再利用切线方程求解． （2）先由和得到右侧差商的极限不小于，从而得到；再证明当时，利用可得，从而确定的取值范围． （3）分别证明两个不等式和，再将两式相乘得到结论． 【详解】（1）当时，，所以. 又，所以. 故曲线在点处的切线方程为. 即. （2）因为. 若对任意非负实数恒成立，则对任意，有. 当从正数一侧趋近于时，得. 又，所以. 从而. 下面证明当时，原不等式恒成立． 令. 则. 令. 则. 当时，，又，所以，即． 又，所以当时，，即. 因此当时，. 若，则，所以． 又，故对任意非负实数恒成立． 综上，的取值范围为. （3）略 19．（17分） 某款AI(人工智能)机器人进行射门游戏，射中得1分，未射中得分，当累计得分X达到2分或分时游戏结束，否则游戏将一直进行下去，当时获胜，当时落败．已知该款AI机器人射门的命中率为a()，每次射门相互独立． (1)求机器人恰好射门4次后获胜的概率； (2)表示“机器人射门n次，游戏仍未结束”． ①若，求和 ； ②若，求游戏结束时X的数学期望 【答案】(1) (2)①， ；② 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式即可得到答案； （2）①利用条件概率公式即可得到答案；②分第2次游戏结束和第2次游戏未结束两种情况讨论即可. 【详解】（1）若机器人恰好射门4次获胜，则前两次仅射中一次，后两次都射中， 故． （2）①由题意得，， 所以. 若第次游戏未结束，则累计得分必为0（偶数次射门的累计得分只能是偶数，且不能为）， 可得，，， 所以． ②由题意知，，， 所以，解得（舍去）． 由题意知，的所有可能取值为2，，所以当游戏结束时，， 又考虑前两次射门，若两次都射中或都未射中，则游戏结束， 若1次命中，1次未命中，相当于重新开始， 所以，解得， 所以．所以． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省广州市2025-2026学年下学期高二数学期末模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8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．已知函数满足，则（    ） A．1 B．2 C．9 D．3 2．的展开式中的常数项为（     ） A． B． C． D． 3．已知等差数列的前项和为，若，，则（    ） A．11 B．12 C．13 D．15 4．已知函数在处取得极大值，则的值为（    ） A． B．1 C．或1 D．-1或2 5．苏州旅游局在中小学生春假期间选出6名学生去苏州博物馆、拙政园、虎丘做志愿者，规定：每名学生只能去一个地方，每个地方至少安排一名志愿者，若甲、乙两名学生去拙政园，则不同的安排方法的种数有（   ） A．38 B．42 C．50 D．56 6．曲线在点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 7．以平行六面体的顶点为顶点的四面体的个数为（    ） A．70 B．64 C．58 D．24 8．设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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．李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到，假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，，．X和Y的分布密度曲线如图所示．则下列正确的是（    ） （参考数据：，，） A． B． C． D．为了保证84.135%的概率不迟到，李明不管选择哪种交通工具都需至少预留36分钟时间 10．用模型去拟合一组数据，设，将其变换后得到线性回归方程，则（    ） A． B． C． D． 11．已知函数的定义域为，其导函数为，且，则对任意的，，下列不等式中一定成立的有（    ） A． B． C． D． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．记为等比数列的前项和，若，则公比______． 13．曲线的一条切线经过点，则该切线方程为______． 14．如图，一质点在随机外力的作用下，在x轴上从原点0出发向右运动，每次移动1个单位或2个单位，其中每次移动1个单位的概率均为，移动2个单位的概率均为. 记质点从原点0移动到数字n的位置的方法种数为，则______，记质点从原点0移动5次后位于数字8的位置的概率为，则的最大值是______. 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．（13分） 已知数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，且数列的前项和为，求. 16．（15分） 已知函数 (1)求函数的单调区间和极值； (2)若方程恰有一个实数解，求实数的取值范围. 17．（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．（17分） 已知函数，. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意的恒成立，求的取值范围； (3)证明：当时，. 19．（17分） 某款AI(人工智能)机器人进行射门游戏，射中得1分，未射中得分，当累计得分X达到2分或分时游戏结束，否则游戏将一直进行下去，当时获胜，当时落败．已知该款AI机器人射门的命中率为a()，每次射门相互独立． (1)求机器人恰好射门4次后获胜的概率； (2)表示“机器人射门n次，游戏仍未结束”． ①若，求和 ； ②若，求游戏结束时X的数学期望 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $