辽宁省大连市2025-2026学年高二下学期数学期末考试模拟（四）

**基本信息** 聚焦数学核心素养，融合文创销售、投篮练习等现实情境，梯度覆盖函数、数列、统计等模块的高二数学期末模拟卷。 **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|集合、充分条件、正态分布、回归分析|第4题以水果质量正态分布曲线考查数据直观，第7题结合篮球新旧球使用考查全概率公式| |填空题|3题/15分|欧拉函数、导数应用|第14题引入欧拉函数考查创新定义理解，第13题通过构造函数求解导数不等式| |解答题|5题/77分|统计回归、导数极值、数列求和、概率模型|第15题以文创销售额建立回归方程并分析残差，第19题综合导数切线、不等式证明及参数范围考查逻辑推理|

2025-2026学年大连市高二下学期数学期末考试模拟（四） 高二数学 （考试时间：120分钟 满分：150分） 第Ⅰ卷（选择题） 1、 单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合要求. 1．设，，则“”是“”成立的（    ） 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 2．设全集，集合，，则=（    ） A． B． C． D． 3．在等比数列中，，是方程的两个根，则（   ） A．6 B．9 C．12 D．6或12 4．甲、乙两类水果的质量（单位：kg）分别服从正态分布，，正态曲线如图所示，则下列说法错误的是（    ） A．甲类水果的平均质量为0.4kg B．甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均质量 C．甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小 D．乙类水果的质量服从的正态分布的参数 5．已知，，且，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 6．已知变量和之间的一组相关数据如下表所示，设变量和满足回归方程，则下列说法错误的是（   ） 5 6 9 12 8 7 5 2.4 A． B． C．变量和具有很强的线性相关性 D．该回归直线过点 7．某校中学生篮球队集训前共有6个篮球，其中3个是新球（即没有用过的球），3个是旧球（即至少用过一次的球）．每次训练都从中任意取出2个球，用完后放回．已知第一次训练时用过的球放回后都当作旧球，则第二次训练时恰好取到1个新球的概率为（    ） A． B． C． D． 8．已知，若对任意，恒成立，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 2、 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.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．有甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于等于85分为优秀，85分以下为非优秀统计成绩，得到如下所示的列联表： 优秀 非优秀 甲班 10 乙班 30 附：， 0.05 0.025 0.010 0.005 3.841 5.024 6.635 7.879 已知在全部105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为，则下列说法正确的是（    ） A．甲班人数多于乙班人数 B．甲班的优秀率低于乙班的优秀率 C．表中的值为15，的值为50 D．根据小概率值的独立性检验，能认为“成绩与班级有关系” 10．已知数列的前项和为，，，则下列结论正确的有（   ） A． B．数列是等差数列 C． D． 11．已知函数，．令，，则下列说法正确的是（    ） A．在处取得最小值 B．为偶函数，且 C．方程在区间内有且仅有两个实根 D．对任意，都有 第Ⅱ卷（非选择题） 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．甲、乙、丙3位同学打算去北京、成都、贵阳、上海4个地方旅游，每位同学只去一个地方，记旅游人数最多的地方的人数为，则________． 13．设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，，并且，则不等式的解集为________. 14．已知欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数，例如：；记集合中元素个数为，则数列前项和为__________． 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．某景区为了更好的开发旅游资源，试产了一系列的文创产品进行销售，对今年前几月的销售额统计如下： 月份 销售额万元 (1)根据表中数据建立月份与销售额的经验回归方程； (2)为了更好的规划文创产品，从这个月中随机抽取个月对销售情况进行分析，求抽到的月份数据含有残差（观测值减去预测值称为残差）为负的概率． 参考公式：．参考数据：，． 16．已知函数. (1)若，求在处的切线方程；(2)若在处有极大值，求的值. 17．已知数列的前项和为，且，． (1)求的通项公式；(2)求数列的前项和． 18．设整数．某同学用一个球进行投篮练习，至多投篮次，当且仅当投中1次时或次均未投中时，停止练习．设该同学每次投中的概率为，各次投中与否相互独立．记为停止练习时该同学的投篮次数． (1)当，时，求的分布列； (2)设，均为自然数． （i）当时，求； （ii）当时，证明：． 19．设函数，其中． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求证：； (3)若对于任意，，都有，求m的取值范围． 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 《2025-2026学年大连市高二下学期数学期末考试模拟（四）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D D D D A D ABD BCD 题号 11 答案 ABC 1．C 【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断,即可得出答案. 【详解】充分性证明:当 ①若,则有,于是; ②若,则有于是; ③若,则有,于是,因为,,所以有成立. “”是“”的充分条件. 必要性证明:当 (1)若时，由，可得，则，于是; (2)时，由，可得，则，于是; (3)若,,则有,于是; (4)若,,则有,满足条件,于是成立; (5)若,,则不成立,不满足条件; (6)若,,由,可得,即,所以有. “”是“”的必要条件. 综上所述,“”是“”的充要条件. 2．A 【详解】由可得：，所以， 由，所以，所以. 3．D 【分析】由韦达定理、等比数列通项公式的下标和性质求解即可. 【详解】因为，是方程的两个根，所以， 在等比数列中，有， 所以，所以或， 所以或． 4．D 【详解】由题图可知甲曲线关于直线对称，乙曲线关于直线对称， ∴，，故A，C正确； ∵甲曲线比乙曲线更“高瘦”，∴甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均质量，故B正确； ∵乙曲线的峰值为1.99，即，∴，故D错误． 5．D 【分析】利用已知条件进行常数代换化简所求式，再结合基本不等式求解最小值并验证取等条件． 【详解】因为，，且， 所以，，， 所以， 当且仅当，即，时，等号成立． 6．D 【详解】样本均值：，； 回归系数：，其中；；；； ；；； . 分子和为：；分母和为.所以. 回归系数：. 回归直线方程为：. 相关系数：， 选项A：，正确； 选项B：，正确； 选项C：，接近1，具有很强的线性相关性，正确； 选项D：回归直线必过点，不过点，错误. 7．A 【分析】求出第一次取到0个、1个、2个新球的概率，再结合条件概率及全概率公式列式计算即得. 【详解】用表示第一次取到个新球的事件，用表示第二次训练时恰好取到1个新球的事件， 则，且两两互斥， ，，， ，，， 因此 ； 所以第二次训练时恰好取到1个新球的概率为． 8．D 【分析】先把原不等式变形为，将问题转化为找一条直线恒位于函数上方，求的最小值，通过研究的单调性，发现当直线与在处相切时，横截距最大，对应最小，得到切线方程，再对比直线方程，即可得解. 【详解】任意，恒成立， 恒成立，即. 令，直线，为直线的横截距， ，在上单调递增，在上单调递减，且， 时，；时，， ∴当直线与在处相切时横截距最大，有最小值，此时，， 即此时. 下证： 令，则，, 在上为正数，在上负数， 所以即在上单调递增，上单调递减， 因为，， 时，；时，， 所以在上为负数，在上为正数， 在单调递减：上单调递增，. 综上所述，当最小时，，此时. 9．ABD 【分析】根据给定信息求出判断ABC，求出的观测值即可判断D. 【详解】对于C，依题意，，，解得，，C错误； 对于A，甲班人数为，乙班人数为，A正确； 对于B，甲班优秀率为，乙班优秀率为，B正确； 对于D，， 根据小概率值的独立性检验，能认为“成绩与班级有关系”，D正确. 10．BCD 【分析】通过递推式推导数列的隔项差，判断奇数项数列的等差性，再利用分组求和法计算前项和，逐一验证各选项的正确性. 【详解】由，， 令，得，故； 令，得，故，因此选项A错误. 由，当时，， 两式相减得， 故数列是首项为，公差为的等差数列，选项B正确. ， 其中，，， 由的通项公式， 得，故，选项C正确. 对于，， 每一组的和为（）， 故，选项D正确. 11．ABC 【分析】A，通过导数求单调性即可；B，利用偶函数的定义判断，并通过的单调性求出范围；C，通过单调性判断其等于的解的个数；D，代入特殊值即可判断. 【详解】选项A，， 所以， 所以当时，,单调递减， 当时，，单调递增. 所以当时，取得最小值. 故A正确. 选项B，， 且，又定义域关于原点对称， 所以是偶函数. 因为，所以在恒成立， 所以. 故B正确. 选项C，因为， 当时，，，故， 所以函数在单调递增， ， 因为，时， 所以内存在使得， 又因为是偶函数，所以存在使得. 故C正确. 选项D，取，因为，而，故此时不成立. 故D错误. 12．/ 【详解】依题意共有种情况，显然， 考虑即三位同学各去了一个地方的情况，有种， 所以. 13． 【分析】由，得，所以可构造函数 ，利用导数分析函数的单调性，结合，利用单调性求得不等式的解集 【详解】构造函数 ，其定义域为， 而， 由，且 ，得 ， 所以 在 上单调递增. 由 ，得 ， 则不等式 等价于， 所以，解得 ， 即不等式的解集为. 14． 【分析】先利用欧拉函数公式算出，再按、、三种情况，通过分析区间内整数的个数，求出数列的分段表达式，最后用等比数列求和公式并验证首项，得到的统一公式. 【详解】因为3为质数，在不超过的正整数中，所有能被3整除的正整数的个数为， 则，即， 所以集合， 当时，集合为，则； 当时，集合为，则； 当时，，则， 综上所述，， 设数列前项和为， 当时，； 当时，， 显然满足上式，则. 15．(1) (2) 【分析】（1）利用最小二乘法可得回归方程； （2）分别计算各月份销售额的预测值，再根据古典概型概率公式可得解. 【详解】（1）由已知，， 又，， 则，， 所以回归方程为； （2）当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 当时，，残差； 则这个月中残差为负的月份有个，残差为非负的月份有个， 则这个月中随机抽取个月，抽到的月份数据含有残差为负的概率. 16．(1) (2) 【分析】（1）代入计算切点坐标和切线斜率，利用点斜式推导切线方程； （2）先求导，结合极值点处导数为得到的候选值，再通过导数的符号变化验证极大值条件，最终确定的取值 【详解】（1）当时，，所以，即切点为； 又， 所以； 由点斜式得切线方程：，整理得. （2）定义域为，， 由为极值点得，代入得，解得或； 若，则由得或， 当时，时， 故处为极小值，不符合题意，舍去； 若，则由得或， 当时，时， 故处左增右减，为极大值，符合题意； 综上，. 17．(1) (2) 【分析】（1）根据给定条件，利用前项和与第项的关系变形，再利用构造法求出通项公式. （2）利用错位相减法求和即得. 【详解】（1）在数列中，由，得， 则，数列是首项为，公比为的等比数列，， 所以数列的通项公式为. （2）由（1）得，则， 两式相减得， 所以数列的前项和. 18．(1)的分布列如下图所示： 1 2 3 4 (2)（i） （ii）由题意及（2）（i）证明如下： 即. 【分析】（1）求出的可能取值，计算出不同取值下的概率，即可得出分布列. (2)（i）等价于前次投篮全部未中，利用各次投篮的独立性，可求出. （ii）利用条件概率公式，结合 (i) 的结论与事件的包含关系即可证明结论. 【详解】（1）由题意， 整数，某同学进行投篮练习，至多投篮次， 当且仅当投中1次时或次均未投中时，停止练习， ∴的可能取值为1，2，3，4， 当时，表示第一次就投进球，， 当时，表示第2次投进球，第1次没有投进，， 当时，表示第3次投进球，前两次没有投进，， 当时，表示在第次停止，此事件等价于前次投篮均未投中，， 作出的分布列如下图所示： 1 2 3 4 （2）（i）由题意及（1）得， 整数，某同学进行投篮练习，至多投篮次， 当且仅当投中1次时或次均未投中时，停止练习， 当时，表示前次均未投中， ∴. （ii）略. 19．(1)； (2)证明：由可得 令，可知是该方程的一个根； 令，则恒成立； 故在上单调递增， 则当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故在处取得最小值，； 故，故恒成立； (3)． 【分析】（1）利用导数的几何意义，在一点处的导数值等于在这点处切线的斜率，由此写出切线方程即可； （2）利用导函数的正负判断原函数的单调性，通过单调性变化得到最值，从而证明结论即可； （3）根据第二问函数的单调性，化简，判断绝对值的最值，通过构造函数，利用新函数的单调性，通过不等式计算参数的取值范围． 【详解】（1）当时，，； ，； 故曲线在点处的切线方程为：； （2）略； （3）由（2）可知，对任意的，在上单调递减，在上单调递增； 故在处取最小值，，最大值为， 则成立的充要条件为，，； 令，则，， 令，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减； 故， 令， 则，故单调递增，且， 故当时，，， 当时，，， 综上，需满足， 故，解得 综上，m的取值范围为． 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 $