2025-2026学年大连市高二下学期数学期末考试模拟（十四）

**基本信息** 2025-2026学年大连市高二下学期数学期末模拟卷，以函数、数列、概率统计等核心知识为载体，通过数学建模（如姜撞奶降温）、实际应用（药物预防疾病检验）等情境，考查数学眼光观察、数学思维推理及数学语言表达能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|充分条件、等比数列、函数奇偶性|基础概念辨析，如第3题奇函数定义域对称性判断| |多选题|3/18|数学建模、正态分布|结合生活情境，如第9题姜撞奶温度拟合的线性回归分析| |填空题|3/15|等差数列最值、概率期望、不等式|注重运算与转化，如第14题“1”的代换求最值| |解答题|5/77|独立性检验、导数极值、数列求和、概率分布、函数证明|综合性强，如第19题函数单调性讨论与数列不等式证明，体现逻辑推理与创新应用|

2025-2026学年大连市高二下学期数学期末考试模拟（十四） 高二数学 （考试时间：120分钟 满分：150分） 第Ⅰ卷（选择题） 1、 单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合要求. 1．“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．设等比数列的前项和为，若，，则（    ） A．2 B．4 C．8 D．16 3．若函数为奇函数，则实数的值为（    ） A． B．1 C． D．0 4．甲、乙两人进行3局2胜制的围棋比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛结果相互独立，记“甲以获胜”为事件，“乙获胜”为事件，则（ ） A． B． C． D． 5．已知是定义在上的周期为2的偶函数，当时，，设，，，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 6．当集合是的子集且的元素个数有限，称的所有元素之和为的“厚度”.集合 的全部非空子集的厚度之和为（    ） A．3200 B．1600 C．1550 D．800 7．函数是定义在上的偶函数，其导函数为，且当时，，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 8．若直线同时是曲线和曲线的切线，则斜率的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 2、 多选题:本题共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.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．某学校数学兴趣小组在＂探究姜撞奶随着时间变化的降温及凝固情况＂的数学建模活动中，将时间（分钟）与温度（摄氏度）的关系用模型（其中e为自然对数的底数）拟合．设，变换后得到一组数据： 2 2.5 3 3.5 4 4.04 4.01 3.98 t 3.91 由上表可得线性回归方程，则（   ） A．样本数据的下四分位数为2.5 B． C．当时，残差为0.01 D． 10．小张上班有时坐地铁，有时骑电动车，他各记录了100次坐地铁和骑电动车上班所用的时间，经数据分析得到：坐地铁平均用时30分钟，样本标准差为6；骑电动车平均用时36分钟，样本标准差为2．已知随机变量，则．假设小张坐地铁用时X和骑电动车用时Y都服从正态分布，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．若某天有40分钟可用，小张要想尽可能不迟到应选择骑电动车 D．若某天有37分钟可用，小张要想尽可能不迟到应选择乘地铁 11．设函数，.则下列说法正确的是（   ） A．是偶函数 B．在处取得最小值 C．方程有且仅有一个实根 D．对任意，都有 第Ⅱ卷（非选择题） 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知等差数列前项和为，，，则的最小值为_________． 13．小王到某公司面试，一共要回答3道题，每道题答对得2分，答错减1分，设他每道题答对的概率均为（），且每道题答对与否相互独立，记小王答完3道题的总得分为，则当取得最大值时，______________． 14．已知正实数，满足，则的最小值为__________. 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．为考察某种药物对预防疾病的效果，进行了动物实验，根据个有放回简单随机样本的数据，得到如下列联表： 药物 疾病 合计 未患病 患病 未服用 服用 合计 (1)请根据已知条件将上述列联表补充完整，记“取到的样本为未患疾病”为事件，“取到的样本为服用药物”为事件，求的估计值； (2)根据小概率值的独立性检验，分析药物是否对预防疾病有效． 附， 16．已知函数在处取得极值 (1)求的值； (2)求在区间上的最大值和最小值. 17．已知数列的各项均不为0，前项和为，且． (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 18．已知甲盒有个红球和个黄球，乙盒有个红球和个黄球，，，小球除颜色外大小质地完全相同. (1)若，小王从甲盒中任取个球，再从乙盒中任取个球，记小王取出红球的个数为. （i）求； （ii）求的分布列和数学期望； (2)若，小王从甲盒中有放回地连续取出个球，再从乙盒中有放回地连续取出个球.设小王恰好取出个红球的概率为，求的最大值. 19．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若对任意的恒成立，求a的值； (3)若数列的前n项和为，求证：． 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 《2025-2026学年大连市高二下学期数学期末考试模拟（十四）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B A D B B B ABD BCD 题号 11 答案 ABC 1．B 【详解】由，解得， 因是的真子集， 故“”是“”的必要不充分条件． 2．B 【分析】先分公比与讨论，排除后利用等比数列求和公式化简求出，再结合算出首项，最后代入通项公式求得． 【详解】设等比数列的公比为， ①若， 由，得， 则，， 显然，所以不满足题意； ②若， 由，得， 因为，所以， 即， 所以，解得， 由，得，解得， 所以， 综上． 3．B 【分析】根据奇函数的性质可求参数的值. 【详解】因为为奇函数，故， 所以即，故，故. 若，则，此时函数的定义域为， 该定义域不关于原点对称，故舍去； 若，则，此时函数的定义域为， 该定义域关于原点对称， 所以. 4．A 【分析】首先分别求出事件和事件的概率，再根据条件概率公式计算即可. 【详解】甲以获胜意味着前两局比赛甲胜一局，第三局甲胜，前两局甲胜一局的情况有种，根据独立事件概率乘法公式，所以甲以获胜的概率为. 由对立事件概率公式可得. 事件表示甲没有以获胜且乙获胜，乙获胜有两种情况： 情况一：乙以获胜，其概率为. 情况二：乙以获胜，则前两局乙胜一局，第三局乙胜，其概率为. 根据互斥事件概率加法公式可得. . 5．D 【分析】根据题意，得到函数的图象关于直线对称，进而推得函数也是周期等于的函数，化简得到，结合对数函数的单调性，即可求解. 【详解】因为是定义在上的偶函数，可得， 所以函数的图象关于直线对称，则有， 再由是定义在上的周期为2的函数， 可得函数也是周期等于2的函数， 所以， 又因为时，是增函数，可得． 6．B 【分析】对于集合中每个元素，计算它在所有非空子集中出现的次数，再乘以该元素的值，最后求和即可. 【详解】根据题意,任意一个元素在非空子集中的出现次数为:. 集合的元素之和为. 所以集合的全部非空子集的厚度之和为:. 7．B 【分析】令，，根据题意分析的单调性和奇偶性，分类讨论是否为0，结合函数性质解不等式即可. 【详解】令，， 因为，可知函数为的偶函数， 又因为， 当时，， 若，则，即； 若，则，，可得， 可知在内单调递减，则在内单调递增. 对于不等式， 当，即时，可得，符合题意； 当，即时，可得， 即，可得，解得，且； 综上所述：不等式解集为. 8．B 【分析】设两切点，由导数得两切线斜率相等及切点横坐标关系；利用同一直线截距相等建立方程，将斜率表示为参数的函数，求导确定单调性后得最小值. 【详解】设直线与切于，与切于. 求导得，，因此公切线斜率， 整理得①. 的切线方程为； 的切线方程为. 同一直线截距相等，消去同类项得②， 将①代入②，得关于的函数. 对求导得，令，得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 因此时取最小值，即. 9．ABD 【分析】由指数型回归模型的线性变换、统计中的四分位数、线性回归性质、残差定义展开即可求解. 【详解】对于A选项，样本取值按从小到大排列为：，，，，共有5个数据， 则其下四分位数的位置计算为，则取第二个数据，即2.5，故A正确； 对于B选项，，则， 则，解得，故B正确； 对于C选项，当时，的实际观测值为，代入回归方程得， 所以对应残差为，故C错误； 对于D选项，对原指数模型两边同时取自然对数：，可得， 和已知线性回归方程对比，可得，两边取指数得，故D正确. 10．BCD 【详解】根据题意可知，故A选项错误，B选项正确. 若某天有40分钟可用，，. ，且，. 所以小张要想尽可能不迟到应该选择电动车，C选项正确. 若某天有37分钟可用，则, ，且，. 所以小张要想尽可能不迟到应选择乘地铁，D选项正确. 11．ABC 【详解】函数，则. 由于，所以. 因此. 故是偶函数，A正确； 求导得.当时，；当时，. 所以在处取得最小值，B正确； 方程. 令，则，所以，即. 由于，唯一解为. 因此对应唯一实根，C正确； 当时，，而. 因此当足够大时，，D错误. 12． 【分析】由等差数列的性质以及等差数列的前项和的性质求解即可. 【详解】设等差数列的公差为，，， ，解得． ． 令，解得， 时，前项和取得最小值，为． 13． 【分析】设答对题的个数为，由条件可得，结合二项分布期望公式和方差公式求，，根据关系，结合期望性质和方差性质求，，由此可得的解析式，再根据二次函数性质求结论. 【详解】设答对题的个数为，由已知可得， 所以，， 因为每道题答对得分，答错倒扣分，为小王答完道题的总得分， 所以， 所以， ， 所以，又， 所以当时，取最大值，最大值为. 14． 【分析】利用基本不等式“1”的代换即可解答. 【详解】令，所以，且， 因为，所以， 所以 ， 当且仅当时，等号成立，即，所以 所以，又因为，此时， 所以当时，的最小值为. 15．(1)补充后的列联表如下： 药物 未患病 患病 合计 未服用 服用 合计 的估计值为. (2)在小概率值的独立性检验下，没有充分证据表明药物对预防疾病有效，即认为药物无预防效果。 【分析】（1）根据题中信息可完善列联表，再利用条件概率公式可得出的估计值； （2）零假设药物对预防疾病无效，计算出的观测值，结合独立性检验的基本思想可得出结论. 【详解】（1）根据题意，完善列联表如下： 药物 未患病 患病 合计 未服用 服用 合计 由条件概率公式可得，即的估计值为. （2）零假设药物对预防疾病无效， ， 所以在小概率值的独立性检验下，没有充分证据表明药物对预防疾病有效，即认为药物无预防效果. 16．(1) (2)最大值为，最小值为 【分析】（1）求出，再结合，则可求得，再经检验即可求解； （2）由（1）可求出在区间上的单调性，从而可求解. 【详解】（1）函数的导数为： 由题意，，代入得：，解得， 经检验，符合题意； 故的值为. （2）当时，，导数为： 令，解得，（舍去）， 当，；当，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以时，取到极小值也是最小值； 又，，从而可求最大值为， 故最大值为，最小值为. 17．(1) (2) 【分析】（1）由，可得，从而可得数列是等比数列，再求通项公式即可； （2）由（1）可得，从而得，从而利用错位相减求解即可. 【详解】（1）因为①， 当时，则有， 当时，则有②， 由①②， 得， 所以， 即， 所以数列是等比数列，其首项为，公比， 所以； （2）由（1）可得， 所以， 所以， 所以， 所以， 两式相减，得 ， 所以. 18．(1)（i）； （ii） (2) 【分析】（1）（i）利用取出球的情况进行分类计算概率即可. （ii）根据已知条件计算概率，再列出分布列和计算数学期望. （2）根据条件，用表示出，再构造函数，利用函数的最大值解决的最大值. 【详解】（1）当时，甲盒有2个红球和个黄球，乙盒有2个红球和个黄球. （i）甲盒取个红球，乙盒取个红球的概率为， 甲盒取个红球，乙盒取个红球的概率为， 故． （ii）可取，，，，． ， ， ， ， ， 所以分布列为 . （2）甲盒取个红球，乙盒取个红球的概率为， 甲盒取个红球，乙盒取个红球的概率为， ， 令，. 所以， 当时，，则单调递增；当时，，则单调递减. 所以. 即当，时，的最大值为． 19．(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. (2)1 (3)证明：， 故只需证明，即， ， 先证明，当时，恒有， 由（2）知，在上恒成立， 即在上恒成立，当且仅当时，等号成立， ，令，则，即， 令，得， 令，得， 上面两式相加得， 即， 当时，，当时，，当时，， ……，当时，， 相加可得，故结论得证； 【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数单调性； （2）在（1）的基础上，得到函数最值，从而得到不等式，求出解集，得到答案； （3）变形，在（2）基础上，得到，变形得到，裂项相消法求和，证明出结论. 【详解】（1）的定义域为， ， 当时，恒成立，故在上单调递增， 当时，令得，令得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）由（1）知，当时，在上单调递增， 又，故当时，，不满足对任意的恒成立，舍去； 当时，在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值，， 要想满足对任意的恒成立，只需， 令，，则， 令得，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 其中，故的解集为，故a的值为1； （3）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 $