精品解析：山东省菏泽第一中学2025-2026学年高二下学期期末考前检测数学试题

高二数学期末考前检测 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知等比数列的前项和，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 2. 已知随机变量，随机变量，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 从这本不同的文学读物中选出本分给甲、乙、丙名学生（每人一本）．如果甲不得读物，则不同的分法种数为（ ） A. 24 B. 18 C. 6 D. 4 4. 中心极限定理在概率论中应用广泛.根据该定理，若随机变量，当充分大时，可以由服从正态分布的随机变量近似替代，且的均值､方差分别与随机变量的均值､方差近似相等.某射手对目标进行400次射击，且每次射击命中目标的概率为，则估计射击命中次数小于336的概率约为（ ） 附：若，则，. A. 0.9987 B. 0.9773 C. 0.8414 D. 0.5 5. 若函数存在两个不同的零点，则实数k的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 设，，，是各项均不为零的等差数列，且公差，若将此数列删去得到的新数列（按原来的顺序）是等比数列，则的值为（ ） A. B. C. D. -1 7. 已知函数的最大值为1，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 8. 已知，且，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知某两个变量具有线性相关关系，由样本数据确定的样本经验回归方程为，且.若剔除一个明显偏离直线的异常点后，利用剩余9组数据得到修正后的经验回归方程为，由修正后的方程可推断出（ ） A. 变量的样本相关系数为正数 B. 经验回归直线恒过 C. 每增加1个单位，平均减少1.6个单位 D. 样本数据对应的残差的绝对值为0.2 10. 某学校有，两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐.如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为；如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为，则（ ） A. 他第2天去餐厅的概率为 B. 他连续两天都去餐厅的概率为 C. 他连续两天都不去餐厅的概率为 D. 若他第2天去餐厅，则他第1天去餐厅的概率为 11. 斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，，记是数列的前项和，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列满足，，则__________. 13. 在的二项式中，所有的二项式系数之和为256，则常数项等于________． 14. 若曲线与总存在关于原点对称的点，则的取值范围为__________. 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. 已知函数. （1）当时，求过点且与图象相切的直线的方程； （2）讨论函数的单调性. 16. 某高中在高二年级举办创新作文比赛活动，满分100分，得分80及以上者获奖.为了解学生获奖情况与选修阅读课程之间的关系，在参赛选手中随机选取了50名学生作为样本，各分数段学生人数及其选修阅读课程情况统计如下： 成绩 学生人数 6 10 24 7 3 选修读课程人数 0 3 9 4 4 （1）根据以上统计数据完成下面的列联表，依据的独立性检验，能否认为学生获奖与选修阅读课程有关联； 获奖 没有获奖 合计 选修阅读课程 不选阅读课程 合计 （2）在上述样本的获奖学生中随机抽取3名学生，设3人中选修阅读课程人数为，求的分布列及数学期望. 参考公式：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17. 中小微企业是国民经济的重要组成部分，某小微企业准备投入专项资金进行技术创新，以增强自身的竞争力.根据规划，本年度投入专项资金800万元，可实现销售收入40万元；以后每年投入的专项资金是上一年的一半，销售收入比上一年多80万元.同时，当预计投入的专项资金低于20万元时，就按20万元投入，销售收入则与上一年销售收入相等. （1）设第年（本年度为第一年）投入的专项资金为万元，销售收入为万元，请写出，的表达式； （2）至少要经过多少年后，总销售收入就能超过专项资金的总投入? 18. 一个不透明的袋子中装有大小形状完全相同的6个小球，其中3个黑球､3个白球.现从袋中随机逐个抽取小球，若每次取出的是黑球，则放回袋子中，否则不放回，直至3个白球全部取出. （1）求在第2次取出的小球为黑球的条件下，第1次取出的小球为白球的概率； （2）记抽取3次取出白球的数量为，求随机变量的分布列； （3）记恰好在第次取出第二个白球的概率为，求. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）设，且与有相同的最小值． （i）求a的值； （ii）已知，，且，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学期末考前检测 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知等比数列的前项和，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由求出通项公式公式，然后由等比数列确定的值，从而可得结论． 【详解】时，， 又，数列等比数列， ∴，即，解得． 故选：D． 2. 已知随机变量，随机变量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项分布的期望公式及期望的性质求解. 【详解】因为，随机变量， 所以， 所以， 故选：A 3. 从这本不同的文学读物中选出本分给甲、乙、丙名学生（每人一本）．如果甲不得读物，则不同的分法种数为（ ） A. 24 B. 18 C. 6 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】按照读物是否被选出来进行分类讨论即可. 【详解】若读物没被选出，则选出的读物直接全排列分给人，有种方法； 若读物被选出，然后选其他的读物，有种，甲有种读物可选，其余两本书全排列分给乙丙有种方法，共种. 故一共有种. 故选：B 4. 中心极限定理在概率论中应用广泛.根据该定理，若随机变量，当充分大时，可以由服从正态分布的随机变量近似替代，且的均值､方差分别与随机变量的均值､方差近似相等.某射手对目标进行400次射击，且每次射击命中目标的概率为，则估计射击命中次数小于336的概率约为（ ） 附：若，则，. A. 0.9987 B. 0.9773 C. 0.8414 D. 0.5 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据二项分布算出，进一步结合正态分布的性质即可求解. 【详解】射击命中次数服从二项分布， 均值，方差， 所以， . 故选：B. 5. 若函数存在两个不同的零点，则实数k的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数研究的单调性，由此列不等式组求得的取值范围. 【详解】函数的定义域是， ， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 因为，且， 所以要使函数存在两个不同的零点， 则需，解得. 故选：B 6. 设，，，是各项均不为零的等差数列，且公差，若将此数列删去得到的新数列（按原来的顺序）是等比数列，则的值为（ ） A. B. C. D. -1 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，成等比数列，利用等比中项的性质得，进而求得和的关系． 【详解】根据题意，成等比数列，则， 则， 则. 故选：B． 7. 已知函数的最大值为1，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】法1：（1）当时，由，解得， 故函数定义域为. ①当时，， 当，则，故不存在最大值，不合题意； ②当时，此时，， 故最大值不为，不合题意； ③当时，， 当，则，故不存在最大值，不合题意； （2）当时，则，则函数定义域为. 且由最大值为可知，， 即对任意恒成立，且等号能取到. 设，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 故，当且仅当时，， 由对任意恒成立，可知， 又当时，恒有，取不到等号，所以有， 故选：B. 法2：， 由选项知，则定义域为， 故最大值必在极值点处取到，不妨设此极值点为， 由， 则由，可得①， 且，即②， 联立①②解得. 验证：当时，， 则， 设，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； ，且， 且当，；当，； 作出函数的大致图象， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 则，满足题意，故. 法3：由选项知，则定义域为， 由，解得. 同法2验证可得，故满足题意，由选项唯一可得.. 法4：由选项知，则定义域为， 由，解得. 验证：当时，由不等式可得， 故，当且仅当时等号成立， 故满足题意，由选项唯一可得. 8. 已知，且，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，构造函数，求导可得其在的单调性，分类讨论可得结论. 【详解】由题意可得，可得， 因为，所以，所以， 令，求导得， 可得当时，，函数在上单调递增， 又，， 当时，有，可得， 当时，有恒成立，所以， 综上所述：. 故选：A. 【点睛】方法点睛，构造函数，求导利用单调性判断自变量的大小是常用方法. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知某两个变量具有线性相关关系，由样本数据确定的样本经验回归方程为，且.若剔除一个明显偏离直线的异常点后，利用剩余9组数据得到修正后的经验回归方程为，由修正后的方程可推断出（ ） A. 变量的样本相关系数为正数 B. 经验回归直线恒过 C. 每增加1个单位，平均减少1.6个单位 D. 样本数据对应的残差的绝对值为0.2 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用已知求得样本中心点，进而可求得剔除异常点后，新数据的样本中心点，据此可求回归方程，依据选项条件计算可判断选项的正误. 【详解】将代入可得， 剔除异常点后，新的平均值为，， 代入，可得，解得， 所以修正后的回归直线方程为， 对于A：因为的系数为，故相关系数也应为负数，故A错误； 对于B： 恒过，故B正确； 对于C：因为的系数为，所以每增加1个单位，平均减少，故C正确； 对于D：令，可得，所以残差的绝对值，故D正确. 故选：BCD. 10. 某学校有，两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐.如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为；如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为，则（ ） A. 他第2天去餐厅的概率为 B. 他连续两天都去餐厅的概率为 C. 他连续两天都不去餐厅的概率为 D. 若他第2天去餐厅，则他第1天去餐厅的概率为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据条件概率、全概率公式以及概率的加法公式，由题意设出事件，可得答案. 【详解】设事件{第一天到餐厅用餐}，则其对立事件{第一天到餐厅用餐}， 设事件{第二天到餐厅用餐}，则其对立事件{第二天到餐厅用餐}， 由题意可得，，， 对于A，，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确. 故选：AD. 11. 斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，，记是数列的前项和，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用递推公式逐项计算可得的值，可判断A；推导出，分别令取偶数，奇数和正整数，结合累加法求解，可判断BCD． 【详解】，，，，，故A正确； 对任意的，，则， 当取偶数时，得， 相加得 则，又， 则，故B正确； 对任意的，，则， 当取奇数时，得， 相加得 则，故C错误； 对任意的，，则， ，故D正确. 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列满足，，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】首先根据数列的递推公式，确定数列的前几项，由此确定数列的周期，再求. 【详解】因为， 所以，，，，…， 所以数列是周期为3的数列，. 故答案为：. 13. 在的二项式中，所有的二项式系数之和为256，则常数项等于________． 【答案】252 【解析】 【分析】 根据展开式中所有二项式系数的和等于，求得．在展开式的通项公式中，令的幂指数等于0，求得的值，即可求得展开式中的常数项． 【详解】∵在的二项式中，所有的二项式系数之和为256， ∴，解得， ∴中，， ∴当，即时，常数项为． 故答案为：252． 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题． 14. 若曲线与总存在关于原点对称的点，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】通过分析可知，方程有解，从而构造函数求得的值域即可求解. 【详解】若曲线与总存在关于原点对称的点， 则上的点关于原点的对称点在曲线上， 所以方程有解， 令，则方程有解， 即方程有解， 令，则，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 且，当趋于0时，趋于负无穷，当趋于正无穷时，趋于0， 所以的值域为， 综上所述，的取值范围为. 故答案为：. 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. 已知函数. （1）当时，求过点且与图象相切的直线的方程； （2）讨论函数的单调性. 【答案】（1）或. （2）当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减， 当时，在上单调递增，在上单调递减. 【解析】 【分析】（1）求导得，设切点，写出切线方程，代入，即可得到答案； （2）求导，分讨论即可. 【小问1详解】 当时，，所以. 设切点为，则， 所以，切线方程为， 将代入得，解得或， 故过的切线方程为或. 【小问2详解】 . 当时，，恒有，函数单调递增， 当时，，当，或时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 当时，，当，或时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减. 综上，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减， 当时，在上单调递增，在上单调递减. 16. 某高中在高二年级举办创新作文比赛活动，满分100分，得分80及以上者获奖.为了解学生获奖情况与选修阅读课程之间的关系，在参赛选手中随机选取了50名学生作为样本，各分数段学生人数及其选修阅读课程情况统计如下： 成绩 学生人数 6 10 24 7 3 选修读课程人数 0 3 9 4 4 （1）根据以上统计数据完成下面的列联表，依据的独立性检验，能否认为学生获奖与选修阅读课程有关联； 获奖 没有获奖 合计 选修阅读课程 不选阅读课程 合计 （2）在上述样本的获奖学生中随机抽取3名学生，设3人中选修阅读课程人数为，求的分布列及数学期望. 参考公式：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）列联表： 获奖 没有获奖 合计 选修阅读课程 8 12 20 不选阅读课程 2 28 30 合计 10 40 50 能 （2）分布列： 1 2 3 数学期望为 【解析】 【分析】（1）由题意可得列联表，计算的值，并与临界值表比较，可得结论； （2）确定变量的取值，求得每个值对应的概率，即可得分布列，根据数学期望公式即可求得期望. 【小问1详解】 根据已知条件可得 获奖 没有获奖 合计 选修阅读课程 8 12 20 不选阅读课程 2 28 30 合计 10 40 50 零假设：创新作文比赛获奖与选修阅读课程无关联； 根据列联表中数据计算可得： ， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即认为创新作文比赛获奖与选修阅读课程有关联，此推断犯错的概率不大于. 【小问2详解】 由题意可知的可能取值为， 则，， ， 所以随机变量的分布列为： 1 2 3 . 17. 中小微企业是国民经济的重要组成部分，某小微企业准备投入专项资金进行技术创新，以增强自身的竞争力.根据规划，本年度投入专项资金800万元，可实现销售收入40万元；以后每年投入的专项资金是上一年的一半，销售收入比上一年多80万元.同时，当预计投入的专项资金低于20万元时，就按20万元投入，销售收入则与上一年销售收入相等. （1）设第年（本年度为第一年）投入的专项资金为万元，销售收入为万元，请写出，的表达式； （2）至少要经过多少年后，总销售收入就能超过专项资金的总投入? 【答案】（1）， （2）至少要经过7年后，总销售收入才能超过发项资金的总投入 【解析】 【分析】（1）依题意分段讨论，结合等差数列，等比数列的通项公式得出的表达式； （2）分为，两种情况讨论总利润，结合函数的单调性及不等式求解. 【小问1详解】 依题意得，当投入的专项资金不低于20万元时， 即时，且， 此时是首项为800，公比为的等比数列， 是首项为40，公差为80的等差数列， 所以， 令，得，解得， 所以，. 【小问2详解】 由（1）可知，当时， 总利润， 因为， 设，则为单调递增函数， ， 所以， 又因为， 所以当时，，即前6年未盈利， 当时，， 令，得， 综上，至少要经过7年后，总销售收入才能超过发项资金的总投入． 18. 一个不透明的袋子中装有大小形状完全相同的6个小球，其中3个黑球､3个白球.现从袋中随机逐个抽取小球，若每次取出的是黑球，则放回袋子中，否则不放回，直至3个白球全部取出. （1）求在第2次取出的小球为黑球的条件下，第1次取出的小球为白球的概率； （2）记抽取3次取出白球的数量为，求随机变量的分布列； （3）记恰好在第次取出第二个白球的概率为，求. 【答案】（1） （2）分布列见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）分别求出，结合条件概率公式即可求解； （2）的所有可能取值为，算出对应的概率即可得分布列； （3）由题意得，化简即可得解. 【小问1详解】 记事件“第2次取出的小球为黑球”，事件“第1次取出的小球为白球”， 则，， 所以； 【小问2详解】 由题意，的所有可能取值为，则， ， ， ， 所以随机变量的分布列为 0 1 2 3 【小问3详解】由题意可知，前次取了一个白球，第次取了第二个白球，则： ， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第3小问解决的关键在于，根据题意得到，从而得解. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）设，且与有相同的最小值． （i）求a的值； （ii）已知，，且，求证：． 【答案】（1）答案见解析 （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由函数解析式求导，利用导数与函数单调性的关系，根据分类讨论思想，可得答案； （2）（i）利用导数求得函数的最值，整理方程并构造函数，利用导数求得新函数的单调性，根据方程与函数的关系，可得答案；（ii）由题意整理方程并构造函数，利用导数分别求得两个新函数的单调性与最值，再根据不等式性质，可得答案. 【小问1详解】 依题意， 当时，，在上单调递增． 当时，令得，，即． 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 综上，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 （i）由（1）知，当时，时取得最小值． ，当时，，单调递减， 当时，，单调递增． 所以，当时取得极小值即最小值． 由题意可知，，即， 令，则， 令，， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以取得最小值， 所以在上恒成立，所以在上单增， 又，所以； （ii）因为，所以， 即． 令，则， 可知在时取得最大值0，所以，即， 所以，当且仅当时，“＝”成立． 令，则，当时，，单调递减． 所以，当时，，， 由，得． 当时，显然， 综上，，即． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $