2025-2026学年高二数学下学期期末考模拟卷（人教A版选择性必修第二册、第三册）

**基本信息** 聚焦选择性必修二、三册核心内容，通过排列组合、导数应用、统计概率等知识，结合人工智能竞赛、纸飞机比赛等情境，考查数学抽象、运算推理及数据分析能力，适配高二期末综合测评需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|排列组合（第1题）、等差数列（第2题）、导数（第3、4题）|基础概念与运算，梯度合理| |多选题|3/18|期望方差（第9题）、等差数列性质（第10题）|多角度辨析，考查思维严谨性| |填空题|3/15|二项式定理（第12题）、切线问题（第13题）|知识综合应用，注重细节| |解答题|5/77|数列证明与求和（15题）、概率分布列（16题）、导数零点（17题）、比赛概率模型（18题）、帕德近似证明（19题）|情境真实（如人工智能竞赛），分层设计，突出创新应用与逻辑推理|

2025-2026学年高二数学下学期期末考模拟卷 考试范围：人教A版选择性必修第二册、第三册 （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．由数字0，1，2，3，4可以组成没有重复数字，并且比30000大的偶数有（     ） A．12种 B．18种 C．30种 D．48种 2．已知等差数列的前n项和为，且，公差，则（    ） A． B． C． D． 3．函数，则（    ） A． B． C． D． 4．函数的导函数的图象如图所示，则下列说法不正确的是（   ） A．有两段单调递减区间 B．有两段单调递增区间 C．有两个极值点 D．有两个零点 5．某研究机构为对某城市人们使用流行语的情况进行调查，随机抽取了200人进行调查统计，根据统计数据制作列联表，提出原假设：“经常用流行用语”与“年轻人”没有关系，计算得，由此可知（     ）．（显著性水平取0.05，） A．接受原假设，没有的把握认为“经常用流行用语”与“年轻人”有关系 B．拒绝原假设，有的把握认为“经常用流行用语”与“年轻人”有关系 C．接受原假设，有的把握认为“经常用流行用语”与“年轻人”有关系 D．拒绝原假设，有的把握认为“经常用流行用语”与“年轻人”没有关系 6．现用6种颜色，给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有（     ）种． A．1440 B．120 C．72 D．1560 7．若与线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（    ） 时间 1 2 3 4 5 销售量/万只 5 4.5 4 3.5 2.5 A．由题中数据可知，变量与负相关 B．当时，残差为0.2 C．线性回归方程中 D．可以预测当时销量约为2.1万只 8．连续型随机变量，令函数，则下列选项正确的是（   ）． A． B．是增函数 C．的图象关于轴对称 D．的图象关于点中心对称 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．下列说法正确的有（     ） A．若随机变量的数学期望，则 B．若随机变量的方差，则 C．将一枚质地均匀的硬币抛掷次，记正面向上的次数为，则服从二项分布 D．从男女共名学生干部中随机选取名学生干部，记选出女学生干部的人数为，则服从超几何分布 10．设等差数列的公差为，前n项和．若，，，则下列结论正确的是（    ） A．数列是递增数列 B． C． D．中最大的是 11．已知函数存在极小值点，则（    ） A． B．函数有唯一的极小值点 C． D．函数有且只有3条斜率为4的切线 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．在的展开式中，项的系数为________． 13．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________． 14．如图，粒子在四个容器中移动，当在容器时，每隔一小时等可能地移动到相邻容器中；当在容器时，粒子停止移动．当前时刻，在容器中，设小时后，停止移动，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．（13分） 已知数列满足，且，． (1)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 16．（15分） 年被业界公认为“具身智能元年”，得益于硬件成本的雪崩式下降和视觉-语言-动作大模型的成熟，人工智能已经不再是概念和愿景，而是开始真实地走进企业和家庭，重新定义人类的工作和生活．新华中学为激发学生进一步对人工智能的了解，举办知识竞赛活动，活动分两轮进行．第一轮通过后方可进入第二轮，两轮通过后即可获得代表学校参加比赛的资格．已知小明、小华、小方3位同学通过第一轮的概率均为，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率依次为，假设他们之间通过与否相互独立． (1)求这3人中至多有2人通过第一轮的概率； (2)从3人中随机选出一人，求他通过第二轮的概率； (3)设这3人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望． 17．（15分） 函数，其中． (1)讨论函数的单调区间； (2)若函数在区间上有两个零点，求的取值范围． 18．（17分） 甲、乙两位同学进行纸飞机比赛，设各局比赛的结果相互独立，且每局比赛甲获胜的概率为（），乙获胜的概率为．比赛规则如下：三局两胜制指有一方获胜两局，比赛结束;四局三胜制指有一方获胜三局，比赛结束． (1)若，比赛采用三局两胜制，求甲获胜的概率; (2)证明采用三局两胜制比采用四局三胜制对甲更有利； (3)若，甲、乙进行了局比赛，表示甲获胜的局数，当且仅当时，取得最大值，其中，求满足条件的的值． 19．（17分） （1）证明：当时，； （2）在数值计算中，帕德近似是一种常用的逼近方法．给定两个正整数，，若函数的阶导数存在，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足，，…，，其中 为函数的阶导数．对于给定的正整数，，函数的阶帕德近似是唯一的，函数的帕德近似记为． 例如，（为常数）． （i）求的值并证明当时，； （ii）若数列满足，，记，求证：． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学下学期期末考模拟卷 考试范围：人教A版选择性必修第二册、第三册 （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．由数字0，1，2，3，4可以组成没有重复数字，并且比30000大的偶数有（     ） A．12种 B．18种 C．30种 D．48种 【答案】C 【分析】分最高位是4和最高位是3两种情况，结合排列组合知识求解． 【详解】当万位为3时，个位可从三个偶数中任选1个，共种选择； 剩余个数字全排列排中间千、百、十位，共种排法， 共有种. 当万位为时，个位只能从剩余偶数中任选1个，共种选择； 剩余个数字全排列排中间三位，共种排法， 共有种. 两类相加，总共有种. 2．已知等差数列的前n项和为，且，公差，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等差数列的通项公式和前n项和公式，逐一对各选项判断即可. 【详解】由等差数列的前n项和为，且，公差， 可得， ， 对于A，，故A错误； 对于B，当时，，故B错误； 对于C，因，则，故C正确，D错误. 故选：C. 3．函数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，则，故. 4．函数的导函数的图象如图所示，则下列说法不正确的是（   ） A．有两段单调递减区间 B．有两段单调递增区间 C．有两个极值点 D．有两个零点 【答案】D 【分析】由导函数为负，原函数单调递减；导函数为正，原函数单调递增.与极值点的定义即可选出答案. 【详解】记函数与轴的两个交点横坐标从左往右依次为， 则由图可知：当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 故有两段单调递增区间，有两段单调递减区间，函数有一个极小值点：；有一个极大值点：；即A，B，C选项正确， 不能确定函数的零点个数，D错误. 5．某研究机构为对某城市人们使用流行语的情况进行调查，随机抽取了200人进行调查统计，根据统计数据制作列联表，提出原假设：“经常用流行用语”与“年轻人”没有关系，计算得，由此可知（     ）．（显著性水平取0.05，） A．接受原假设，没有的把握认为“经常用流行用语”与“年轻人”有关系 B．拒绝原假设，有的把握认为“经常用流行用语”与“年轻人”有关系 C．接受原假设，有的把握认为“经常用流行用语”与“年轻人”有关系 D．拒绝原假设，有的把握认为“经常用流行用语”与“年轻人”没有关系 【答案】B 【详解】由于且，故拒绝原假设，有的把握认为“经常用流行用语”与“年轻人”有关系. 6．现用6种颜色，给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有（     ）种． A．1440 B．120 C．72 D．1560 【答案】D 【分析】分别用种颜色，种颜色和3种颜色，根据相邻的区域不能涂同一种颜色求解. 【详解】如图所示： 当选择种颜色时，从种颜色中选种共有种方法， 将选出的种颜色分配给个区域有种方法，总方法数为种， 当选择种颜色时，从种颜色中选种共有种方法， 从（A，D）或（B，C）中选择一组涂同一颜色，有种选择， 比如选择（A，D）组，将选出的4种颜色分配有种方法，总方法数为种， 当选择种颜色时，从种颜色中选种共有种方法， 则（A，D），（B，C）各涂同一颜色，有种选择， 将选出的种颜色分配有种方法，总方法数为种， 则所有的方法数为种. 7．若与线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（    ） 时间 1 2 3 4 5 销售量/万只 5 4.5 4 3.5 2.5 A．由题中数据可知，变量与负相关 B．当时，残差为0.2 C．线性回归方程中 D．可以预测当时销量约为2.1万只 【答案】B 【分析】利用表中数据变化情况判断A；由样本中心点求出线性回归方程判断C；利用回归方程求出预测值，进而求出残差判断B；利用回归方程求出预测值判断D. 【详解】对于A，从数据知，随的增大而减小，变量与负相关，A正确； 对于C，，，， 因此线性回归方程为，C正确； 对于B，，残差，B错误； 对于D，当时销量约为（万只），D正确. 8．连续型随机变量，令函数，则下列选项正确的是（   ）． A． B．是增函数 C．的图象关于轴对称 D．的图象关于点中心对称 【答案】D 【分析】根据正态分布曲线及其对称性依次判断各项的正误. 【详解】对于A，因为，所以，错误； 对于B，根据正态分布曲线，当x增大时减少，所以是减函数，错误； 对于C，，显然的图象不关于轴对称，错误； 对于D，因为X服从正态分布，正态曲线关于对称， 所以，则，正确． 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．下列说法正确的有（     ） A．若随机变量的数学期望，则 B．若随机变量的方差，则 C．将一枚质地均匀的硬币抛掷次，记正面向上的次数为，则服从二项分布 D．从男女共名学生干部中随机选取名学生干部，记选出女学生干部的人数为，则服从超几何分布 【答案】BCD 【详解】对于选项A，因为，故A错误； 对于选项B，因为，故B正确； 对于选项C，根据二项分布的概念可知随机变量服从，故C正确； 对于选项D，根据超几何分布的概念可知服从超几何分布，故D正确． 10．设等差数列的公差为，前n项和．若，，，则下列结论正确的是（    ） A．数列是递增数列 B． C． D．中最大的是 【答案】BC 【分析】根据题设，利用等差数列的前项和公式可得，，即可判断A，对于B，根据条件，利用数列的对称性，即可求解，对于C，根据条件建立不等式，即可求解；对于D，利用，，即可求解. 【详解】设等差数列的首项为，因为，， 则，，整理得到，， 所以，，则，，所以， 所以，即， 所以数列是递减数列，故A错误， 对于B，因为，则，所以B正确， 对于C，由，得，由，可得，所以C正确； 对于D，因为时，，时，， 所以中最大的是，故D不正确． 11．已知函数存在极小值点，则（    ） A． B．函数有唯一的极小值点 C． D．函数有且只有3条斜率为4的切线 【答案】BCD 【分析】对于AB选项，对求导，结合，分析单调性即可求解；对于C选项，根据，代入中讨论即可判断；对于D选项，对的导数进行求导分析，判断解的个数，即可判断. 【详解】对于选项AB，， 当时，， 而当时，设，则，当时，当时， 因此，当时，取得最小值，则， 所以，当时，，即， 则， 所以在上单调递增，在上无极值， 当时，，在上单调递增， 注意到，因为，所以，则， ， 所以存在唯一的似的， 当且仅当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以为唯一的极小值点， 由可知，A选项错误，B选项正确. 对于选项C，，因此， 所以，， 因为，所以， 因此，故，C 选项正确. 对于选项D，当时，令， 设，，所以 令，所以， 在上单调递减；在上单调递增，， 且时，，时，， 所以在和上各有一个零点、， 此时，的两根为、， 当时，令，在上单调递增， 而当，时，，当时，， 所以，存在唯一的使得， 所以函数有且只有 3 条斜率为 4 的切线，故D正确. 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．在的展开式中，项的系数为________． 【答案】 【详解】表示5个相乘， 要想得到，需要两个因式取项，1个因式取项，剩余因式取项， 所以项的系数为. 13．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________． 【答案】 【详解】令，则，∴， 即曲线在点处的切线是， 令，则，令，则， ∴切点坐标为，即，∴. 14．如图，粒子在四个容器中移动，当在容器时，每隔一小时等可能地移动到相邻容器中；当在容器时，粒子停止移动．当前时刻，在容器中，设小时后，停止移动，则______，______．    【答案】 /0.25 【分析】B的相邻容器：A、C，A的相邻容器：B、D，D的相邻容器：A、C，C到达后停止移动 解法一：(1)表示粒子在第3小时首次到达C，说明前2小时未到达C，第3小时到达C，到达每个容器的概率都为，以此进行计算； (2)分析粒子每小时运动到C的概率找规律，列出计算式，利用数列求和知识求出均值． 解法二：设表示n小时后，粒子首次进入C容器的概率，分别设，，表示n小时后，粒子在A，B，D容器的概率.分析，，，之间的递推关系，可求的值，再结合期望的关系，可求. 【详解】解法一：(1)第0小时，在B； 第1小时，只能到A，概率为； 第2小时，可能到B，可能到D，概率为； 第3小时，到C，概率为； 故； (2)由题意知；；；； ； 由此可得，偶数小时时，粒子都在B或D，无法停止，故； 奇数小时时： 由可知：， 即； 令， 则 将式两边同时乘以可得： 式减式可得：， ； 故，即． 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） 已知数列满足，且，． (1)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 【答案】(1)证明：因为，， 所以， 又，故， 则，所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即. (2) 【分析】（1）递推公式可变形为，再根据等比数列的定义和通项公式求解即可； （2）利用等差数列和等比数列的前项和公式，分组求和即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，的前项和 . 16．（15分） 年被业界公认为“具身智能元年”，得益于硬件成本的雪崩式下降和视觉-语言-动作大模型的成熟，人工智能已经不再是概念和愿景，而是开始真实地走进企业和家庭，重新定义人类的工作和生活．新华中学为激发学生进一步对人工智能的了解，举办知识竞赛活动，活动分两轮进行．第一轮通过后方可进入第二轮，两轮通过后即可获得代表学校参加比赛的资格．已知小明、小华、小方3位同学通过第一轮的概率均为，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率依次为，假设他们之间通过与否相互独立． (1)求这3人中至多有2人通过第一轮的概率； (2)从3人中随机选出一人，求他通过第二轮的概率； (3)设这3人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望． 【答案】(1) (2) (3)分布列为： 0 1 2 3 数学期望为 【分析】（1）先求出“3人中最多2人通过第一轮”的对立事件的概率，进而求出“3人中最多2人通过第一轮”的概率； （2）先由乘法公式求出三人通过第二轮的概率，再利用全概率公式计算求解； （3）求出的可能取值为，计算各可能值的概率，进而求出分布列及期望． 【详解】（1）“3人中最多2人通过第一轮”的对立事件为“3人全部通过第一轮”， 每人通过第一轮的概率为，且相互独立，故全部通过的概率为：， “3人中最多2人通过第一轮”的概率为：． （2）小明通过第二轮的概率为：， 小华通过第二轮的概率为：， 小方通过第二轮的概率为：， 从3人中任选1人，每人被选中概率为，由全概率公式： ． （3）的可能取值为，三人通过第二轮的事件相互独立， ， ， ， ， 分布列为： 0 1 2 3 期望为：． 17．（15分） 函数，其中． (1)讨论函数的单调区间； (2)若函数在区间上有两个零点，求的取值范围． 【答案】(1)当时，的单调递增区间为，无递减区间； 时，递增区间为，递减区间为. (2) 【分析】（1）先求导函数，再根据导函数正负判断单调区间； （2）先移项把两个零点问题转化为两个函数有两个交点即可求解. 【详解】（1）由题可知的定义域为，. 当时，恒成立，因此在上单调递增，无递减区间； 当时，令，解得. 时，，单调递增； 时，，单调递减. 综上，时，的单调递增区间为，无递减区间； 时，递增区间为，递减区间为. （2）在上有两个零点，即方程在上有两个不同实根， 变形得. 令，求导得. 当时，，单调递减；时，，单调递增. 则，，，且. 即与在有两个交点，需满足， 综上，. 18．（17分） 甲、乙两位同学进行纸飞机比赛，设各局比赛的结果相互独立，且每局比赛甲获胜的概率为（），乙获胜的概率为．比赛规则如下：三局两胜制指有一方获胜两局，比赛结束;四局三胜制指有一方获胜三局，比赛结束． (1)若，比赛采用三局两胜制，求甲获胜的概率; (2)证明采用三局两胜制比采用四局三胜制对甲更有利； (3)若，甲、乙进行了局比赛，表示甲获胜的局数，当且仅当时，取得最大值，其中，求满足条件的的值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)18 【分析】（1）根据独立事件的概率计算公式进行计算； （2）根据题意，分别求出采用三局两胜制和四局三胜制甲最终获胜的概率，作差比大小即可得结论； （3）根据二项分布得，，记，分析的单调性，可得最大时，对应的值． 【详解】（1）根据题意可知，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为， 若采用三局两胜制，则最终获胜的两种可能的比分为或． 因为每局比赛的结果是独立的，所以甲最终获胜的概率； （2）证明：若用三局两胜制，由（1）可得甲最终获胜的概率． 若采用四局三胜制，则甲最终获胜的三种可能的比分为，， 因为每局比赛的结果是独立的，可得甲最终获胜的概率， 所以恒成立， 故采用三局两胜制比采用四局三胜制对甲更有利； （3）易得，，， 记， 则， 由，得， 即当时，，当时，， 故当时，最大、所以的估计值为18． 19．（17分） （1）证明：当时，； （2）在数值计算中，帕德近似是一种常用的逼近方法．给定两个正整数，，若函数的阶导数存在，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足，，…，，其中 为函数的阶导数．对于给定的正整数，，函数的阶帕德近似是唯一的，函数的帕德近似记为． 例如，（为常数）． （i）求的值并证明当时，； （ii）若数列满足，，记，求证：． 【答案】（1）证明见解析；（2）（i），证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）分别构造函数、，利用导数求出其在区间上单调性即可得； （2）（i）由帕德近似的定义，可得，计算可得的值，构造函数，利用导数研究函数单调性即可得证；（ii）结合（1）中所得，可得时，，从而可得，再利用，可得；结合（i）中所得，可得，即可得. 【详解】（1）令，，则恒成立， 故在上单调递增，则， 即有在上恒成立； 令，，则恒成立， 故在上单调递增，则， 即有在上恒成立； 综上可得：当时，； （2）（i）根据帕德近似的定义，令，， 有，，， 令，可得，即有； 令，， 则， 令，， 则 ， 故在上单调递减，则， 故在上单调递减，则， 则当时，，即； （ii）当时，可令，，则， 当时，，且， 则，由在上单调递增，故， 即有，则，， ，，， 又， 故 ； 由（i）知，，则， 故，则， 故，即，则，，， 即， 即，又，故， 故， 故 ； 综上可得. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $