山东省枣庄市2025-2026学年高二数学下学期期末自编试题（三）

**基本信息** 聚焦高二数学核心内容，以物流配送、药物试验等真实情境为载体，融合导数、概率统计、排列组合等模块，通过基础题与综合题梯度设计，考查数学思维与应用能力。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|导数几何意义、全概率公式、线性相关系数|第3题结合地区人口比例考查全概率公式，体现数学眼光| |多选题|3|导数计算、概率性质|第11题辨析互斥与独立事件，培养逻辑推理| |填空题|3|切线方程、回归直线、涂色问题|第14题以六点涂色考查分步计数，渗透创新意识| |解答题|5|函数单调性、频率分布直方图、独立性检验、导数综合|16题物流数据结合正态分布与期望分析，19题导数极值与取值范围综合，强化数学语言表达与问题解决能力|

山东省枣庄市2025-2026学年高二数学下学期期末自编试题（三） 一、单选题 1．某质点的运动方程是，则该质点在时的瞬时速度是（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 2．甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（    ） A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 3．已知在A，B，C三个地区暴发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感．假设这三个地区人口数量的比为3：2：1，现从这三个地区中任意选取一个人，则这个人患流感的概率为（   ） A． B． C． D． 4．下列图中，线性相关性系数最大的是（    ） A． B．C． D． 5．甲，乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用3局2胜制，如果每局比赛甲获胜的概率为0.7，乙获胜的概率为0.3，且各局比赛结果相互独立，那么在甲获胜的条件下，比赛进行了3局的概率为（   ） A． B． C． D． 6．曲线在点处的切线方程为（     ） A． B． C． D． 7．如图是总体密度曲线，下列说法正确的是(　　) A．组距越大，频率分布折线图越接近于它 B．样本容量越小，频率分布折线图越接近于它 C．阴影部分的面积代表总体在(a,b)内取值的百分比 D．阴影部分的平均高度代表总体在(a,b)内取值的百分比 8．已知变量线性相关，其一组样本数据，满足，用最小二乘法得到的经验回归方程为.若增加一个数据后，得到修正后的回归直线的斜率为2.1，则数据的残差的绝对值为（    ） A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4 二、多选题 9．下列函数求导数错误的是（   ） A． B． C． D． 10．给出下列四个关系式，其中正确为（    ） A． B． C． D． 11．设A，B为随机事件，且，是A，B发生的概率．，则下列说法正确的是（    ） A．若A，B互斥，则 B．若，则A，B相互独立 C．若A，B互斥，则A，B相互独立 D．与相等 三、填空题 12．写出曲线过点的一条切线方程__________． 13．已知个点大致呈线性分布，其中，且数据的回归直线方程为，则的最小值为______． 14．用四种不同颜色给图4中的A,B,C,D,E,F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法用____________________种（用数字作答） 四、解答题 15．已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)当时，求函数的值域. 16．某物流公司专营从甲地到乙地的货运业务（货物全部用统一规格的包装箱包装），现统计了最近100天内每天可配送的货物量，按照可配送的货物量（单位：箱）分成了以下几组：，，，，，，并绘制了如图所示的频率分布直方图（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表，将频率视为概率）．    (1)该物流公司负责人决定用分层抽样的方法从前3组中随机抽出11天的数据来分析每日的可配送货物量少的原因，并从这11天的数据中再抽出3天的数据进行财务分析，求这3天的数据中至少有2天的数据来自这一组的概率； (2)该物流公司负责人根据每日的可配送货物量为公司装卸货物的员工制定了两种不同的工作奖励方案． 方案一：直接发放奖金，按每日的可配送货物量划分为三级，时，奖励50元；时，奖励80元；时，奖励120元． 方案二：利用抽奖的方式获得奖金，其中每日的可配送货物量不低于样本的中位数时有两次抽奖机会，每日的可配送货物量低于样本的中位数时只有一次抽奖机会，每次抽奖的奖金及对应的概率为 奖金 50 100 概率 小张为该公司装卸货物的一名员工，试从数学期望的角度分析，小张选择哪种奖励方案对他更有利？ (3)由频率分布直方图可以认为，该物流公司每日的可配送货物量（单位：箱）近似服从正态分布，其中近似为样本平均数．试利用该正态分布，估计该物流公司2000天内日货物配送量在区间内的天数（结果保留整数）． 附：若，则，． 17．为考察某种药物对预防疾病的效果，进行了动物（单位：只）试验，得到如下列联表： 药物 疾病 合计 未患病 患病 未服用 100 80 服用 150 70 220 合计 250 400 (1)求s,t； (2)记未服用药物的动物患疾病的概率为，给出的估计值； (3)根据小概率值的独立性检验，能否认为药物对预防疾病有效? 附：， 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 18．已知的展开式的第2项与第3项的二项式系数之比是. (1)求的值； (2)求展开式的常数项； (3)求展开式中系数绝对值最大的项. 19．已知函数，． (1)当时，求的极值； (2)若函数在其定义域内单调递增，求实数的取值范围； (3)若，且有两个极值点，其中，求的取值范围． 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 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C A C D C A ABC AB 题号 11 答案 ABD 1．D 【分析】求导，利用导数的几何意义得到瞬时速度. 【详解】，当时，， 故质点在时的瞬时速度为12. 故选：D 2．C 【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案. 【详解】首先确定相同得读物，共有种情况， 然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种， 根据分步乘法公式则共有种， 故选：C. 3．C 【分析】利用全概率公式计算可求概率. 【详解】设事件为这个人患流感，分别表示这个人来自A，B，C三个地区， 由已知可得， 又， 由全概率公式可得 . 故选：C. 4．A 【分析】由点的分布特征可直接判断 【详解】观察4幅图可知，A图散点分布比较集中，且大体接近某一条直线，线性回归模型拟合效果比较好，呈现明显的正相关，值相比于其他3图更接近1. 故选：A 5．C 【分析】设相应事件，根据独立事件概率求法求，，进而求条件概率. 【详解】设甲获胜为事件A，比赛进行了3局为事件B， 则，， 所以. 故选：C. 6．D 【详解】因为，则，当时，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 7．C 【分析】根据总体密度曲线的意义分析即可. 【详解】样本容量越大，组距越小，频率分布折线图越接近于总体密度曲线，故A,B错误； 根据总体密度曲线的定义可得：阴影部分的面积代表总体在内取值的百分比，故C正确，D错误. 故选:C. 8．A 【分析】根据已知求原数据的样本中心，再确定增加数据后的样本中心，进而得到修正后的回归直线，估计的对应值，最后由残差的定义求解. 【详解】由题设，则， 增加数据后，，，且回归直线为， 所以，则， 所以，有，故残差的绝对值为. 故选：A 9．ABC 【分析】由导数的四则运算及简单复合函数的求导，逐个判断即可 【详解】A：，故A错误，符合题意； B：，故B错误，符合题意； C：，故C错误，符合题意； D：，故C正确，不符合题意； 故选：ABC. 10．AB 【分析】利用排列数和组合数的公式逐项进行分析即可. 【详解】A. ，故正确； B. ，故正确； C. ，故错误； D. ，故错误； 故选：AB. 11．ABD 【分析】利用互斥事件的概率公式可判断A选项；由相互独立事件的概念可判断B选项；由互斥事件和相互独立事件的概念可判断C选项；由条件概率公式化简，可判断D选项. 【详解】对于A：若A，B互斥，根据互斥事件的概率公式，则，故A正确； 对于B：由相互独立事件的概念知，若，则事件A，B是相互独立事件，故B正确； 对于C：若A，B互斥，则A，B不一定相互独立， 例：抛掷一枚硬币的试验中，事件“正面朝上”，事件“反面朝上”， 事件与事件互斥，但，， 所以不满足相互独立事件的定义，故C错误； 对于D：， ， 所以与相等，故D正确. 故选：ABD. 12．或（写出其中的一个答案即可） 【分析】首先判断点在曲线上，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程，再说明函数的单调性，即可得到函数的极大值，从而得到曲线的另一条切线方程. 【详解】解：因为点在曲线上，所以曲线在点处的切线方程符合题意． 因为，所以， 所以曲线在点处的切线方程为，即． 因为当或时，；当时，， 所以函数在处取得极大值，又极大值恰好等于点的纵坐标，所以直线也符合题意． 故答案为：或（写出其中的一个答案即可） 13． 【分析】根据回归方程必过样本中心点，即可得到答案. 【详解】回归直线经过， 且， 代入回归方程得：， 即， 所以当时，的最小值为. 故答案为：. 14． 【分析】根据用二种颜色、三种颜色、四种颜色分三类，结合分类计算原理、排列的定义进行求解即可. 【详解】用二种颜色涂色，则有种方式； 用三种颜色涂色，则有种方式； 用四种颜色涂色，则有种方式， 所以一共有种方式. 故答案为： 15．(1)单调递增区间为和，单调递减区间为 (2) 【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系可求得函数的增区间和减区间； （2）由函数的单调性求出函数在区间上的最大值和最小值，即可得解. 【详解】（1）解：由函数得， 令，解得或 令，解得 故函数的单调递增区间为和，单调递减区间为 （2）解：由（1）可知，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当时，函数取得极大值， 又，， 所以当时，函数的值域为. 16．(1) (2)小张选择方案二更有利 (3)1637 【分析】（1） 由频率分布直方图结合分层抽样的方法得出各组抽取的人数，再求其概率即可； （2） 若选择方案一，小张每日可获得的奖金为的可能取值为50，80，120元，由频率分布直方图可得其对应的概率，再求其数学期望即可；若选择方案二，设小张每日可获得的奖金为可能取值为50，100，150，200元，求其相应的概率得出数学期望并和方案一比较大小得出结果； （3）由频率分布直方图求解，再根据正态分布求给定区间的概率. 【详解】（1）由频率分布直方图可知：前3组数据的频率之比为. 根据分层抽样的方法，11天的数据有1个来自第1组，4个来自第2组，6个来自第3组，故有4天的数据来自这一组. 用表示事件“抽取的3天的数据中至少有2天的数据来自”， 则. （2）若选择方案一，设小张每日可获得的奖金为元，则的可能取值为50，80，120， 由频率分布直方图可得其对应的概率分别为0.25，0.6，0.15， 故. 若选择方案二，设小张每日可获得的奖金为元，则的可能取值为50，100，150，200，每日的可配送货物量不低于样本的中位数的概率为，低于样本中位数的概率也为. 故，，，. 所以的分布列为 50 100 150 200 所以. 因为，所以从数学期望的角度看，小张选择方案二更有利. （3）由题可得， 所以. 故该物流公司2000天内日货物配送量在区间内的天数为. 17．(1)， (2) (3)能认为药物对预防疾病有效 【分析】（1）根据列联表求和即可； （2）用频率估计概率，计算即可； （3）根据公式计算，然后根据临界值表分析判断即可. 【详解】（1）由列联表知，； （2）由列联表知，未服用药物的动物有（只）， 未服用药物且患疾病的动物有（只）， 所以未服用药物的动物患疾病的频率为， 所以未服用药物的动物患疾病的概率的估计值为； （3）零假设为：药物对预防疾病无效， 由列联表得到， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即认为药物对预防疾病有效，该推断犯错误的概率不超过， 所以根据小概率值的独立性检验，能认为药物对预防疾病有效. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）由第2项与第3项的二项式系数之比是，可列出关于的方程再求解； （2）结合展开式的通项公式，得出指数的表达式，令其为零即可求解； （3）由结合数列的最值列出的不等式组，解得的范围即可. 【详解】（1）依题意可得第2项的二项式系数为，第3项的二项式系数为， 所以，即，则，或（舍去）； （2）展开式的通项为（，）， 令，解得，所以，所以常数项为第5项60. （3）系数的绝对值为 ，则 所以，即，，所以， 因此，系数绝对值最大的项是. 19．(1)极大值为，极小值为 (2) (3) 【分析】（1）利用导数判断单调性，进而求极值； （2）转化为导数恒非负问题，用分离参数基本不等式求解； （3）韦达定理消元换元构造函数，求值域即可. 【详解】（1）当时，函数的定义域为， ， 所以， 令，解得或， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 因此，函数的极大值为，极小值为． （2）的定义域为， 则题意等价于在上恒成立， 即在上恒成立， 由基本不等式知，时，， 当且仅当时等号成立， 所以，即实数的取值范围为； （3）由已知， 因为有两个极值点， 所以为方程的两个不相等的实数根， 则，， 因为，所以， 又，解得， 所以 ， 设， 则， 所以在上单调递减， 又，， 所以， 即的取值范围为. 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 $