山东泰安市泰山区2025-2026学年高二下学期数学期末自编仿真训练试题

**基本信息** 聚焦高二数学核心知识，融合环境监测算法优化、传统文化知识竞赛等真实情境，通过梯度化问题设计考查抽象能力、运算能力与数据观念，适配期末综合测评需求。 **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、二项分布方差、排列组合|基础概念与运算，如第2题结合有放回摸球考查方差计算| |多选题|3/18|正态分布、二项式定理、导数应用|多维度辨析，如第9题综合考查二项分布期望与正态分布概率| |填空题|3/15|函数导数、条件概率、方程解问题|简洁性与综合性，如第14题通过函数图像交点考查参数范围| |解答题|5/77|统计案例（独立性检验）、导数证明、正态分布应用|真实情境综合应用，如第16题水质检测优化分析，第18题文化竞赛成绩统计推断，凸显数学建模与数据分析能力|

山东省泰安市泰山区2026年高二下学期期末仿真训练 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．（本题5分）已知袋中有2个白球、2个红球，4个黑球，8个球除颜色外其余均相同，有放回地随机摸球8次，记摸到白球的个数为随机变量，则的方差（     ） A．1 B．2 C． D． 3．（本题5分）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加高三毕业文艺汇演，若甲不站在两端，且甲和乙不相邻，则不同的排列方式共有（     ） A．24种 B．36种 C．48种 D．96种 4．（本题5分）对四组样本数据进行统计获得如下散点图，则对应样本相关系数最大的是（     ） A． B． C． D． 5．（本题5分）已知函数的定义域为，满足且，则（     ） A．1 B．-1 C．0 D．2026 6．（本题5分）已知曲线在点处的切线也是曲线的切线，则（    ） A．0 B． C．1 D．2 7．（本题5分）的展开式中，的系数为（     ） A．220 B． C．100 D． 8．（本题5分）已知当时，函数恒成立，求实数的取值范围是（　　） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）下列结论正确的是（   ） A．若随机变量X服从二项分布，，则 B．若随机变量X服从正态分布，且，则 C．样本数据12，13，15，18，19，21，23，24，26，27的第70百分位数为23 D．若一组样本数据，，…，的方差，则这组样本数据的总和为60 10．（本题6分）若，则（     ） A． B． C． D． 11．（本题6分）已知的导函数为，且，，则（    ） A． B． C．在上单调递增 D． 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）已知函数，则______． 13．（本题5分）已知事件A和B满足，，，则__________． 14．（本题5分）已知关于的方程有且仅有两个不同的实数解，则实数的取值范围为_____. 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）（1）某兴趣小组有7名学生，其中男生4名，女生3名，现要从中选取4人参加学校举行的汇报展示活动，男生甲与女生乙至少有1人参加，有多少种选法？ （2）6名学生站成一排照相留念，其中男生3人，女生3人，3名女生必须相邻而站，且女生不站两端，有多少种不同的站法？ 16．（本题15分）某环境监测站对一款水质检测设备进行算法优化，规定检测误差率低于3%的检测结果为合格．技术人员分别采集该设备优化前、优化后对同一批水样的检测数据并加以统计，得到如下列联表： 单位：份 设备 检测结果 合计 合格 不合格 优化前 82 18 100 优化后 98 2 100 合计 180 20 200 (1)根据表中数据，依据小概率值的独立性检验，能否认为该设备算法优化与检测结果的准确性有关联？ (2)用样本分布的频率估计总体分布的概率，若现在随机抽取该设备算法优化后的水样1000份，记其中检测结果为合格的份数为，求使事件“”的概率最大时的值． 参考公式及数据：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17．（本题15分）已知函数. (1)求在点处的切线方程； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)当时，证明：. 18．（本题17分）某市为了传承和发展中华优秀传统文化，组织该市中学生进行了一次知识竞赛，现从中抽取100名学生的成绩组成样本，并将得分分成以下6组：，，，，，，得到如下直方图．    (1)从样本中得分不低于70分的学生中，用分层抽样的方法选取11人进行座谈，若从座谈名单中随机抽取3人，记得分在的人数为X，试求X的分布列； (2)以样本的频率估计概率，从该市得分在中随机抽取200份学生成绩，用表示200份中恰有k份学生竞赛成绩在的概率，其中．当最大时，求k的值； (3)以样本估计总体，根据频率分布直方图，可以认为参加知识竞赛学生的得分X近似服从正态分布，经计算．若参赛学生得分X满足：，则可获得“纪念证书”；若参赛学生得分X满足：，则可获得“先锋证书”．已知该市共600名学生参加知识竞赛活动，试估计获得“纪念证书”的学生人数，并判断竞赛成绩为91分的学生能否获得“先锋证书”． 附：若，则，，． 19．（本题17分）已知函数，其中． (1)若有两个极值点，求实数的取值范围； (2)若有两个极值点，，证明：． 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 《山东省泰安市泰山区2026年高二下学期期末仿真训练》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C B A C B B B ABD BD 题号 11 答案 ACD 1．D 【详解】因，解得或，故或， 又，则或， 即. 2．C 【详解】依题意每次摸到白球的概率为，则， 的方差. 3．B 【详解】甲不站在两端，则甲有种站法，甲和乙不相邻，则乙有种站法， 则不同的排列方式有种. 4．A 【分析】直接根据散点图及相关系数的性质判断可得. 【详解】对四个散点图分析： 对选项A：散点明显呈上升趋势，且非常接近一条直线，因此样本数据有较强的相关关系且； 对选项B：散点呈下降趋势，且比较接近一条直线，所以，一定有​； 对选项C、D：散点分布非常分散，线性相关性极弱，​都接近，都小于. 因此相关系数最大的是. 5．C 【分析】通过赋值法得到数列是以2为周期的数列及，即可得解. 【详解】因为，， 令，则，所以，得， 令，则，所以，得， 令，则，所以，得， 所以数列是以2为周期的数列. , . 6．B 【详解】设公切线与的切点为， 因为，所以， 因为，所以， 则，得. 7．B 【分析】此系数由两部分组成，一部分是与中的的积的系数；另一部分是的与中的的积的系数，利用展开式求出中 、的系数，即可得答案. 【详解】要求的系数，即求的系数， 此系数由两部分组成，一部分是与中的项的积的系数； 另一部分是的与中的项的积的系数， 又因为的展开式为， 令，解得， 所以的系数为； 令，解得， 所以的系数为； 所以原式展开式中，即的系数为 8．B 【分析】由题易知时不成立，时，由指对同构转化为，令，即，运用单调性解不等式得到在上恒成立，利用参变分离，求函数最值即可. 【详解】当时，函数，因此不符合题意； 当，根据函数，即， 令函数，导函数， 令，，令，则. 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以在处取得最小值，即， 所以，即，因此函数在上单调递增. 因为，即， 所以在上恒成立， 所以，令函数， 令，则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 即， 所以． 9．ABD 【分析】利用二项分布的期望公式及期望的性质计算判断A；利用正态分布的对称性求出概率判断B；求出第70百分位数判断C；利用方差的定义计算判断D. 【详解】对于A，由随机变量X服从二项分布，得， 又，则，A正确； 对于B，随机变量X服从正态分布，则， 因此，B正确； 对于C，由，得所求第70百分位数为，C错误； 对于D，依题意，样本数据的平均数，因此这组样本数据的总和为，D正确. 10．BD 【分析】A、B、C选项赋予x值进行求解，D选项运用二项式求解. 【详解】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．ACD 【分析】由题可得(为常数)，构造，可得，结合导数依次判断选项即可. 【详解】由，可得， 即(为常数)， 设，则， 由于，所以，则， 解得：，所以， 所以， 则，所以，故A正确； 对于B，， 即，故B错误； 对于C，令，所以，即在上单调递增，故C正确； 对于D，令， 所以， 令，解得：，所以在上单调递增， 令，解得：，所以在上单调递减， 则，即， 所以成立，故D正确. 12． 【详解】由题可知：，故. 13． 【分析】根据条件概率公式求解即可. 【详解】由，得 . 所以. 14． 【分析】首先将方程转化为，再由的单调性及零点可得，进而转化为函数与的交点问题，用导数判断函数的单调性及极值，再用数形结合判断可得. 【详解】由，得，即. 由函数在上单调递增，且，得，即. 令，则， 当时，；当时，； 所以函数在上单调递增，在上单调递减，故. 且当时，，当时，，当时，，如图： 若方程有且仅有两个交点，则，即. 因此，实数的取值范围为. 15．（1）30（2）72 【分析】（1）根据给定条件，利用组合计数问题，结合排除法列式求解. （2）根据给定条件，利用不相邻问题，结合特殊元素法列式求解. 【详解】（1）依题意，从兴趣小组7人中任选4人，有种选法，甲乙都没有被选取，有种选法， 所以所求方法种数是. （2）求不同站法种数需分2步进行： 第一步，将3名男生全排列，有种方法， 第二步，将3名女生看成一个整体进行内部排列，再安排在男生中间的2个空位中，有种方法， 所以不同的站法种数是. 16．(1)能认为该设备算法优化与检测结果的准确性有关联 (2) 【分析】（1）计算卡方统计量，与对应的临界值比较，判断是否拒绝“算法优化与检测准确性无关”的零假设； （2）先确定Y服从二项分布，通过相邻两项概率的比值列不等式求解概率取最大值时的k值. 【详解】（1）提出零假设：设备算法优化与检测结果的准确性无关联. 由列联表可知，， 得到， 依据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即能认为该设备算法优化与检测结果的准确性有关联. （2）由题意，优化后检测结果合格的概率，则， 要使最大，需满足，， 即，解得， 由于，所以. 17．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义，求得切线的斜率，从而求得切线的方程； （2）根据恒成立，分离参数，得，构造函数，利用导数求得函数的最大值，即可得到实数的取值范围； （3）原不等式等价于 ，构造函数，利用导数分析的单调性，可得，即原不等式得证. 【详解】（1）函数，则， 所以 . 所以切线方程为，即； （2）因为恒成立，即恒成立，即. 令， 令，得， 当时，单调递增；当时，单调递减； 故在处取得极大值，即最大值，最大值为， 所以，即实数的取值范围为； （3）当时，，原不等式等价于，即 . 令，则， 令，则 恒成立， 故在上单调递增. ， 所以存在唯一使得，即. 所以在上单调递减，在上单调递增，故. ， 令 ， 所以在上单调递增. ， 因此，即， 因此，恒成立，即 . 18．(1) 0 1 2 (2) 或 (3)估计获得“纪念证书”的学生人数为人；竞赛成绩为分的学生能获得“先锋证书”． 【分析】（1）先按照分层抽样求出在的人数为2，则的可能取值为0，1，2，再求出对应的概率即可； （2）随机抽一名学生，求出成绩在的概率，再利用独立重复试验的概率公式，列出不等式求解作答. （3）由频率分布直方图求出平均数可得，由正态分布的概率特征即可求解. 【详解】（1）由题参加座谈的11人中，得分在的有人， 所以的可能取值为0，1，2， 所以，，， 所以的分布列为： 0 1 2 （2）用频率估计概率，竞赛成绩在内的概率， 则， ． 令，解得，当且仅当时取等号，即， 当时，，当时，， 所以当或，最大． （3）由频率分布直方图估计这100名学生得分的平均数为 ， 所以取，由已知，，. 由题可知， 所以获得“参赛纪念证书”的学生人数约为：人， ，所以竞赛成绩为91分的学生能获得“先锋证书”． 19．(1) (2)证明：令，则． 由（1）知，且． 令，则． 要证明，只需证明． 令 则. 整理得. 从而. 先证明：当时，． 令，， 当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 所以， 因此在时恒成立. 因为，所以分别取与，得， 由，两边取倒数，得， 由，两边取倒数，得. 两式相加，得. 因此，通分得， 所以在上单调递增． 又，故， 又因为所以 由（1）知在上单调递增，因此 所以 【分析】（1）求导后令．先研究的单调性与最小值，再把“有两个极值点”转化为方程有两个不同实根． （2）设，将结论转化为证明．构造，通过不等式证明，从而比较与的大小，再利用在正半轴上的单调性得到结论． 【详解】（1）函数的定义域为． 由，得. 令. 则． 又. 当时，，且，所以. 从而，故在上单调递减． 当时，和 均为增函数， 从而，故在上单调递增． 又，并且当或时，均有，所以在处取得最小值． 方程等价于方程． 当时，方程在和内各有一个实根． 此时的符号依次为正、负、正，所以有两个极值点． 当时，方程只有一个实根，且，在的两侧不变号，所以不是极值点． 当时，方程无实根，函数没有极值点． 综上，实数的取值范围为. （2）略. 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 $