山东省枣庄市2025-2026学年高二下学期期末模拟卷4

**基本信息** 本试卷聚焦高二选择性必修二、三册核心内容，以二项式定理、概率统计、函数导数为主体，融入民间传统文化调查、点球大战等现实情境，通过分层设问考查数学眼光、思维与语言，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|二项式系数、正态分布、线性回归|基础概念与运算结合生活实例（如快递量均值）| |多选题|3/18|相关系数、回归效果、独立性检验|辨析核心概念（如决定系数意义）| |填空题|3/15|正态分布、方差、切线方程|综合应用（如点球大战概率计算）| |解答题|5/77|二项式定理、独立性检验、函数零点|分层设计：16题以传统文化调查考统计推断，19题导数综合题含切线、单调性及零点证明，梯度提升思维能力|

山东省枣庄市2025-2026学年高二下学期期末模拟卷 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效； 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 4.考试范围：人教A版选择性必修第二册（第五章）、选择性必修第三册（全册） 一、单选题（本大题共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．） 1．二项式的展开式中的的系数为（    ） A． B． C．180 D．480 2．某快递店每天的快递量（单位：个），记T表示200天内快递量介于420至540的天数，则T的均值约为（    ）（附：若随机变量，则，，） A．154 B．164 C．174 D．184 3．已知具有线性相关的两个变量之间的一组数据如表： 1 2 3 25 36 40 48 56 且经验回归方程为，则当时，的预测值为（    ） A．62.5 B．61.7 C．61.5 D．59.7 4．某班组织5名同学到三个不同社区志愿服务，每位同学只去一个社区且每个社区至少1人最多2人，则不同的安排方法有（   ）种. A．90 B．60 C．150 D．140 5．从编号1~7的7张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件A：“第一次抽到的卡片编号数字为3的倍数”，事件B：“第二次抽到的卡片编号数字大于第一次抽到的卡片编号数字”，则（   ） A． B． C． D． 6．为考察药物A对预防疾病B的效果，在两个不同规模的动物种群中分别进行了试验，根据种群一的试验结果得到如下列联表： 药物A 疾病B 合计 未患病 患病 未服用 28 22 50 服用 34 16 50 合计 62 38 100 0.1 0.05 0.01 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 计算得到．假设种群二试验结果对应的列联表中，每个单元格的数据都为上表对应单元格数据的5倍，则根据小概率值的独立性检验，（    ） 附：， A．当时，种群一中药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过5% B．当时，种群一中药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过10% C．当时，种群二中药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过1% D．当时，种群二中药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过0.5% 7．一口袋里有大小形状完全相同的10个小球，其中红球与白球各2个，黑球与黄球各3个，从中随机取3次，每次取3个小球，且每次取完后就放回，则这3次取球中，恰有2次所取的3个小球颜色各不相同的概率为 A． B． C． D． 8．已知函数，若实数，（）满足，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 二、多选题（本大题共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的．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．成对样本数据的线性相关程度越强，则样本相关系数r的绝对值越接近于1 B．用决定系数来刻画回归效果，越大，说明模型的拟合效果越好 C．由两个分类变量X，Y的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验（），可判断X，Y独立 D．已知y关于x的经验回归方程为，则样本点的残差为 10．已知函数，则（    ） A．有两个极值点 B．有两个零点 C．恒成立 D．恒成立 11．已知甲口袋中装有个红球，个白球，个黑球，乙口袋中装有个红球，个白球，个黑球，这些球只有颜色不同．先从甲口袋中随机取出个球放入乙口袋，再从乙口袋中随机取出个球．记从甲口袋中取出的球是红球、白球、黑球分别为事件、、，从乙口袋中取出的球是红球为事件B，则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D． 三、填空题（本大题共3小题，每小题 5 分，共15分．） 12．下列说法正确的是____________． ①某项测量结果服从正态分布，若，则； ②若样本数据，，，的方差为，则数据，，，的方差为； ③在回归分析中，决定系数越大，说明残差平方和越小，回归效果越好； ④根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于． 13．扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，守门员也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且守门员即使方向判断正确，也有的可能性扑不到球．假设每次点球，守门员的表现，罚点球的球员的表现都是独立的，不考虑其它因素，在一次5轮点球大战中，守门员至少扑到1个点球的概率为_______（答案精确到0.001）． 14．已知函数的图象在点处的切线也是函数的图象的切线，则实数___. 四、解答题（本大题共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）．已知的展开式中各二项式系数的和为32. (1)求的值，并求展开式中二项式系数最大的项； (2)展开式中是否有常数项？若有，请求出该项；若没有，请说明理由； (3)求展开式中各项系数的和. 16（15分）．中国民间传统文化蕴含着老百姓代代相传的生活智慧和风俗习惯，其内容丰富多彩，涵盖了生活的方方面面，从节庆习俗、民间艺术到传统技艺和民间文学等.某文化公司在某地开展中国民间传统文化宣传活动，并于活动期间调查了参加活动的市民对中国民间传统文化的了解情况，数据如下： 年龄段 对中国民间传统文化的了解情况 合计 不了解 了解 老年 40 70 110 青年 60 30 90 合计 100 100 200 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为了解中国民间传统文化与年龄段有关？ (2)利用分层随机抽样的方法从了解中国民间传统文化的100人中抽取10人，再从这10人中抽取3人进行文化宣传，记X表示这3人中青年的人数，若Y服从两点分布，且，X与Y相互独立，求. 附：，. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17（15分）．设函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在区间上的最大值与最小值； (3)若函数在有三个不同的零点，求b的取值范围． 18（17分）．一个袋子中装有个大小相同的小球，编号分别为，且，.进行两次实验：第一次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为；第一次实验完成后，将球放回袋中，再进行第二次实验；第二次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为.设随机变量表示的元素个数. (1)若，，求所有的； (2)若，，求的分布列和数学期望； (3)若，且，求. 19（17分）．已知函数 (1)已知在点处的切线方程为，求实数的值； (2)已知在定义域上是增函数，求实数的取值范围． (3)已知有两个零点，求实数的取值范围并证明． (4)比较，，三者的大小，并证明． 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 $ 山东省枣庄市2025-2026学年高二下学期期末模拟卷 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效； 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 4.考试范围：人教A版选择性必修第二册（第五章）、选择性必修第三册（全册） 一、单选题（本大题共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．） 1．二项式的展开式中的的系数为（    ） A． B． C．180 D．480 【答案】C 【分析】根据题意求出二项展开式通项，令的指数为15，计算即可. 【详解】由，令得，所以系数为. 故选：C. 2．某快递店每天的快递量（单位：个），记T表示200天内快递量介于420至540的天数，则T的均值约为（    ）（附：若随机变量，则，，） A．154 B．164 C．174 D．184 【答案】B 【分析】由正态曲线的性质求解即可． 【详解】依题意，得，， 则 ， 所以估计200天内快递量介于420至540的天数大约是：. 故选：B. 3．已知具有线性相关的两个变量之间的一组数据如表： 1 2 3 25 36 40 48 56 且经验回归方程为，则当时，的预测值为（    ） A．62.5 B．61.7 C．61.5 D．59.7 【答案】D 【分析】求出，，据回归直线方程必过样本中心点求出，得到回归直线方程，再代入计算可得. 【详解】依题意，， 又经验回归方程为必过，即，解得， 所以，当时， 即当时，的预测值为. 故选：D 4．某班组织5名同学到三个不同社区志愿服务，每位同学只去一个社区且每个社区至少1人最多2人，则不同的安排方法有（   ）种. A．90 B．60 C．150 D．140 【答案】A 【分析】确定分配人数只能是2，2，1，分组时注意除以消除重复，再将3组全排列到3个不同社区。 【详解】5人只能按照2，2，1分组，分组方法有，将分好的3组分别派往3个不同社区：， 则不同安排方法共有。 故选：A. 5．从编号1~7的7张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件A：“第一次抽到的卡片编号数字为3的倍数”，事件B：“第二次抽到的卡片编号数字大于第一次抽到的卡片编号数字”，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据古典概型概率公式及条件概率公式求解即可. 【详解】第一次抽到3或6的概率为，所以， 当第一次抽到3时：第二次可抽4,5,6,7，共4种情况； 当第一次抽到6时，第二次可抽7，共1种情况， 所以，. 故选：B. 6．为考察药物A对预防疾病B的效果，在两个不同规模的动物种群中分别进行了试验，根据种群一的试验结果得到如下列联表： 药物A 疾病B 合计 未患病 患病 未服用 28 22 50 服用 34 16 50 合计 62 38 100 0.1 0.05 0.01 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 计算得到．假设种群二试验结果对应的列联表中，每个单元格的数据都为上表对应单元格数据的5倍，则根据小概率值的独立性检验，（    ） 附：， A．当时，种群一中药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过5% B．当时，种群一中药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过10% C．当时，种群二中药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过1% D．当时，种群二中药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过0.5% 【答案】C 【分析】设各项数据变为原来的5倍后，根据题意计算对应出的值，参考数据逐项分析即可得出答案. 【详解】对于A,B，因为， 所以当时，无法推断种群一中药物A对预防疾病B有效，故A,B错误； 对于C,由，将各项数据变为原来的5倍， 则， 所以当时，则种群二中药物A对预防疾病B有效，该推断犯错误的概率不超过.故C正确； 对于D,因为，所以当时，无法推断种群二中药物A对预防疾病B有效，故D错误. 故选：C. 7．一口袋里有大小形状完全相同的10个小球，其中红球与白球各2个，黑球与黄球各3个，从中随机取3次，每次取3个小球，且每次取完后就放回，则这3次取球中，恰有2次所取的3个小球颜色各不相同的概率为 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知，根据题意，先计算每次所取的3个小球颜色各不相同的概率，然后设所取的3个小球颜色各不相同的次数服从二项分布，直接计算即可. 【详解】每次所取的3个小球颜色各不相同的概率为：， 由已知，所取的3个小球颜色各不相同的次数服从二项分布， ∴这3次取球中，恰有2次所取的3个小球颜色各不相同的概率为： . 故选：A. 8．已知函数，若实数，（）满足，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数的性质结合已知条件求出，构造函数，求导并分析函数的单调性及最小值，进而求解． 【详解】函数定义域为，且，， 当时，，，求导得， 函数的图象抛物线开口向上，对称轴， 函数在上单调递减，时，， 即在上恒成立，故在上单调递减； 当时，，，求导得， 函数的图象抛物线开口向上，对称轴， 函数在上单调递增，时，， 所以在上恒成立，函数在上单调递增； 综上，在处取得极小值，即为最小值，由，， 可知，故，整理得， ， 若，等式成立； 若，则，得，即，矛盾； 若，则，得，即，矛盾； 综上，，即，且， 令， 求导得，令，解得，此时， 当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增； 故为极小值点，即为最小值点，最小值为，故的最小值为． 故选：D. 二、多选题（本大题共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的．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．成对样本数据的线性相关程度越强，则样本相关系数r的绝对值越接近于1 B．用决定系数来刻画回归效果，越大，说明模型的拟合效果越好 C．由两个分类变量X，Y的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验（），可判断X，Y独立 D．已知y关于x的经验回归方程为，则样本点的残差为 【答案】ABD 【详解】选项A，样本相关系数的取值范围为，线性相关程度越强，越接近于，故A正确. 选项B，越大，残差平方和越小，模型对数据的拟合效果越好，故B正确. 选项C ，因，因此可判断零假设不成立，即不独立，故C错误. 选项D， 当时，，残差，故D正确. 故选：ABD. 10．已知函数，则（    ） A．有两个极值点 B．有两个零点 C．恒成立 D．恒成立 【答案】AD 【分析】求函数的导函数，设，利用导数研究的单调性，最值，判断C，再确定的极值判断A，利用证明由此判断BD. 【详解】函数的定义域为， ， 设，则， 当时，，函数，即在上单调递减， 当时，，函数，即在上单调递增， 又，所以C错误； 又，所以存在，使得，又， 所以当，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以当时，函数取极大值，当时，函数取极小值， 所以函数有两个极值点，故A正确； 设，则， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 又，所以当时，，当且仅当时取等号， 所以当时，，当且仅当时取等号， 所以函数只有一个零点，恒成立，B错误；D正确； 故选：AD． 11．已知甲口袋中装有个红球，个白球，个黑球，乙口袋中装有个红球，个白球，个黑球，这些球只有颜色不同．先从甲口袋中随机取出个球放入乙口袋，再从乙口袋中随机取出个球．记从甲口袋中取出的球是红球、白球、黑球分别为事件、、，从乙口袋中取出的球是红球为事件B，则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】A选项：由乘法公式计算即得；B选项：运用全概率公式求解即得；C选项：由条件概率公式计算；D选项：利用条件概率公式分别计算和，比较两个概率的大小即可. 【详解】对于A，由概率的乘法公式得，所以A正确； 对于B，由全概率公式得 ，故B错误； 对于C， , ，故C正确； 对于D，由条件概率公式得， , , ,显然 ，故D正确． 故选：ACD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题 5 分，共15分．） 12．下列说法正确的是____________． ①某项测量结果服从正态分布，若，则； ②若样本数据，，，的方差为，则数据，，，的方差为； ③在回归分析中，决定系数越大，说明残差平方和越小，回归效果越好； ④根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于． 【答案】①③④ 【详解】已知，正态分布曲线的对称轴为， 和关于对称轴对称， 根据正态分布的对称性，有，所以 ， 因此，，①正确； 设原数据的方差为，新数据为， 根据方差的性质，新数据的方差，②错误； 决定系数的计算公式为， 对于给定的样本数据，总平方和是一个定值， 因此，的值越大，意味着的值越小，即残差平方和越小， 残差平方和越小，说明观测值与回归模型的拟合程度越高，回归效果越好，③正确； 已知，临界值，因为， 所以在小概率值的水平上拒绝零假设（即认为与独立）， 从而判断 与有关联（基于），则错误地拒绝它的概率不超过 ， 即推断与有关联时，犯错误的概率不大于，④正确. 故答案为：①③④. 13．扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，守门员也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且守门员即使方向判断正确，也有的可能性扑不到球．假设每次点球，守门员的表现，罚点球的球员的表现都是独立的，不考虑其它因素，在一次5轮点球大战中，守门员至少扑到1个点球的概率为_______（答案精确到0.001）． 【答案】0.445 【分析】结合题意建立二项分布，根据“正难则反”的原则，结合二项分布概率计算公式求解即可. 【详解】由题意可得，守门员扑到点球的概率为， 设在一次5轮点球大战中，守门员扑到点球的个数为，则服从二项分布，即， 守门员至少扑到1个点球的概率为. 故答案为：0.445 . 14．已知函数的图象在点处的切线也是函数的图象的切线，则实数___. 【答案】 【详解】因为，所以，则， 切线斜率，切线方程：为，即， 设与相切于点， 因此，切点在切线上， ， 即. 故答案为： . 四、解答题（本大题共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）．已知的展开式中各二项式系数的和为32. (1)求的值，并求展开式中二项式系数最大的项； (2)展开式中是否有常数项？若有，请求出该项；若没有，请说明理由； (3)求展开式中各项系数的和. 【分析】（1）根据二项式系数和公式求出的值，再根据展开式的通项求展开式中二项式系数最大的项； （2）根据通项公式，令通项中的指数为0，求解判断； （3）令，代入原式即可求解. 【详解】（1）由题可知，所以， 则展开式中二项式系数最大的项为第3项和第4项， 所以， （2）展开式的通项为， 令，解得，所以展开式中没有常数项； （3）令，则，展开式中各项系数的和为1 . 16（15分）．中国民间传统文化蕴含着老百姓代代相传的生活智慧和风俗习惯，其内容丰富多彩，涵盖了生活的方方面面，从节庆习俗、民间艺术到传统技艺和民间文学等.某文化公司在某地开展中国民间传统文化宣传活动，并于活动期间调查了参加活动的市民对中国民间传统文化的了解情况，数据如下： 年龄段 对中国民间传统文化的了解情况 合计 不了解 了解 老年 40 70 110 青年 60 30 90 合计 100 100 200 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为了解中国民间传统文化与年龄段有关？ (2)利用分层随机抽样的方法从了解中国民间传统文化的100人中抽取10人，再从这10人中抽取3人进行文化宣传，记X表示这3人中青年的人数，若Y服从两点分布，且，X与Y相互独立，求. 附：，. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【分析】（1）提出零假设，计算，比较与临界值的大小，由此判断结论； （2）根据分层抽样的性质求各层抽取的人数，求，，结合独立事件概率乘法公式求结论. 【详解】（1）零假设为：是否了解中国民间传统文化与年龄段无关． ， 依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即能认为了解中国民间传统文化与年龄段有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001． （2）由样本数据可知了解中国民间传统文化的青年人数与老年人数之比为3∶7， 所以抽取的10人中有3人是青年人，有7人是老年人． ，， 因为与相互独立，所以 ． 17（15分）．设函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在区间上的最大值与最小值； (3)若函数在有三个不同的零点，求b的取值范围． 【分析】（1）对函数求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，进而求出切线方程； （2）利用导数分析函数在区间内的单调性和极值，结合端点值确定函数在区间内的最大值和最小值； （3）把零点问题转化为直线与的交点问题，结合（2）作出的大致图象，结合图象求b的取值范围． 【详解】（1）函数求导得，则， 曲线在点处的切线方程为：，即． （2）令，解得或， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 为极大值点，为极小值点， ，， ，， 综上可得，函数在区间上的最大值为，最小值为． （3）函数在有三个不同的零点， 等价于直线与有3个不同交点， 由（2）知，的极大值为，极小值， 由此可知，要使直线与有3个不同交点， 则需满足：，解得． 18（17分）．一个袋子中装有个大小相同的小球，编号分别为，且，.进行两次实验：第一次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为；第一次实验完成后，将球放回袋中，再进行第二次实验；第二次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为.设随机变量表示的元素个数. (1)若，，求所有的； (2)若，，求的分布列和数学期望； (3)若，且，求. 【分析】（1）直接列举即可；（2）根据古典概型概率公式，结合组合数公式求出概率，然后可得分布列和期望；（3）根据已知概率列方程计算可得. 【详解】（1）依题意，从编号为1，2，3，4的四个球中，随机取出2个球，所取球的编号组成的集合有以下可能：. （2）X的所有可能取值为0，1，2 ，， ∴X的分布列为 X 0 1 2 P ∴； （3）当时，， 整理得，∴， 即，∵，∴. 19（17分）．已知函数 (1)已知在点处的切线方程为，求实数的值； (2)已知在定义域上是增函数，求实数的取值范围． (3)已知有两个零点，求实数的取值范围并证明． (4)比较，，三者的大小，并证明． 【分析】（1）切线方程的斜率为1，所以有，解方程即得实数a的值； （2）依题意在上恒成立，分参求解即可； （3）求出函数的单调性，结合零点存在性定理即可求实数a的取值范围；通过分析法要证明，只需证，构造函数即可证得； （4）由（3）的结论即可判断大小. 【详解】（1）因为，所以. 所以，又在点处的切线方程为， 所以，解得. （2）的定义域为，因为在定义域上为增函数， 所以在上恒成立, 即恒成立， 即，即， 令，所以， 时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，即. （3）, 定义域为 当时，，所以在上单调递减，不合题意. 当时， 在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为， 函数存在两个零点的必要条件是， 即，又， 所以在上存在一个零点（）. 当时，，所以在上存在一个零点， 综上函数有两个零点，实数a的取值范围是. 证明： ，不妨设两个零点 由，所以， 所以，所以， 要证，只需证，只需证， 由， 只需证，只需证，只需证， 令，只需证， 令， ， 所以在上单调递增，故， 即成立， 所以成立. (4)， 证明：由（3）可得：， 即，又，所以 综上可知：. 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 $