山东省枣庄市2025-2026学年高二下学期数学期末自编试题（四）

**基本信息** 该试卷聚焦高二数学核心内容，通过统计案例、概率应用、导数综合等模块，以红色教育基地研学、创新作文比赛等真实情境为载体，考查数学抽象、逻辑推理与数据建模能力，体现用数学思维分析解决实际问题的素养导向。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|线性回归、二项式系数、条件概率|结合经验数据考查回归方程应用（题1），融入中心极限定理（题6）体现学科前沿| |多选题|3题|排列组合、正态分布、函数性质|一题多考点（题9排列与相邻问题），辨析残差与方差性质（题10）| |填空题|3题|二项式定理、函数零点、三项式系数|创新定义“三项式系数”（题14），考查对称点存在性（题13）| |解答题|5题|独立性检验、导数应用、二项式定理、概率分布|综合题15关联阅读课程与获奖分析，题19导数与不等式证明体现逻辑推理深度|

山东省枣庄市2025-2026学年高二数学下学期期末自编试题（四） 一、单选题 1．已知变量和满足经验回归方程，且变量和之间的一组相关数据如表所示，则下列说法错误的是（   ） 5 6 9 12 8 7 2.4 A． B．当时， C．变量和呈负相关 D．该经验回归直线必过点 2．若，则（    ）． A． B．496 C． D．992 3．现有4个红色教育基地和2个劳动实践基地，甲、乙两人分别从这6个基地中各选取1个基地研学（每个基地均可重复选取），则在甲、乙两人中至少一人选择红色教育基地研学的条件下，甲、乙两人中一人选择红色教育基地研学、另一人选择劳动实践基地研学的概率为（   ） A． B． C． D． 4．已知均为正整数，则下列各式中运算结果不正确的是（   ） A． B． C． D． 5．已知随机变量，随机变量，且，则（   ） A． B． C． D． 6．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 7．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． 8．已知，且，则下列结论一定成立的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ） A．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种 B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种 C．甲乙不相邻的排法种数为82种 D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种 10．下列说法正确的有（    ） A．已知，若，则 B．若样本数据的方差为1，则数据的方差为2 C．已知样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 D．若，是两个随机事件，，，，则 11．．已知函数，则下列说法正确的有（   ） A．有且只有一个零点 B．点为曲线的对称中心 C．曲线在点处的切线方程为 D．， 三、填空题 12．在的二项式中，所有的二项式系数之和为256，则常数项等于________． 13．若曲线与总存在关于原点对称的点，则的取值范围为__________. 14．课本中，在形如……的展开式中，我们把）叫做二项式系数，类似地在…的展开式中，我们把叫做三项式系数，则……的值为______. 四、解答题 15．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 5 3 (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 16．若，求： (1)的单调递减区间； (2)在上的最小值和最大值． 17．已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为． (1)求的值； (2)求展开式中所有的有理项； (3)设，则当时，求除以15所得余数． 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：． 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 B C D A B B A ABD ACD 题号 11 答案 AC 1．D 【分析】对A、D：借助线性回归方程必过样本中心点计算即可得；对B：将代入方程计算即可得；对C：借助回归方程的斜率即可得. 【详解】对于A，由表可得，， 因为经验回归直线必过样本中心点， 所以，解得，故A正确； 对于B，当时，，故B正确； 对于C，因为经验回归方程中，斜率，所以变量和呈负相关，故C正确； 对于D，该经验回归直线必过点为样本中心点，故D错误. 故选：D. 2．B 【分析】赋值法分别令，，联立可求得的值. 【详解】令可得， ① 令可得， ② 由②+①可得，则， 故选：B. 3．C 【分析】设相应事件，根据古典概型结合组合数求，进而求条件概率. 【详解】由题意可知：甲、乙两人从6个基地中各选一个进行研学有（种）情况， 至少一人选择红色教育基地研学有（种）情况， 设“甲、乙两人中至少一人选择红色教育基地研学”，则， 甲、乙两人中一人选择红色教育基地研学、另一人选择劳动实践基地研学，有（种）情况， 设“甲、乙两人中一人选择红色教育基地研学、另一人选择劳动实践基地研学”，则， 所以． 故选：C． 4．D 【分析】利用排列数和组合数 的定义及递推公式，逐一验证各选项. 【详解】选项A： ，，两边相等，A正确. 选项B：，两边相等，B正确. 选项C：这是组合数的杨辉恒等式，直接成立， C正确. 选项D：，取， 左边，右边左右两边显然不相等，等式不成立，D错误. 故选： 5．A 【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 6．B 【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. 7．B 【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 8．A 【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. 9．ABD 【分析】对于A，根据甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，利用捆绑法求解判断；对于B，分最左端排甲，和最左端排乙两类求解判断；对于C，根据甲乙不相邻，利用插空法求解判断；对于D，根据甲乙丙从左到右的顺序排列，通过除序法求解判断. 【详解】对于A，如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有种，A正确； 对于B，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，若最左端排甲，有种排法；若最左端排乙，有种排法，合计不同的排法共有42种，B正确； 对于C，甲乙不相邻的排法种数有种，C不正确； 对于D，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，D正确. 故选：ABD 10．ACD 【分析】对于A，根据正态分布的对称性即可求解；对于B，根据方差性质即可求解；对于C，根据残差的定义列等式变形即可；对于D，根据条件概率公式即可求解． 【详解】对于A，， ，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，样本点的残差为， 样本点的残差为， 由残差相等可得，可得，故C正确； 对于D，，， ，，故D正确． 11AC 【分析】对A：令，解出即可得；对B：举出反例即可得；对C：借助导数的几何意义计算即可得；对D：利用导数研究函数单调性，求出时的最大值与时的最小值即可得. 【详解】对A：令，解得， 故有且只有一个零点，故A正确； 对B：由， 故点不为曲线的对称中心，故B错误； 对C：因，则， 故曲线在点处的切线方程为，故C正确； 对D：因函数的定义域为， ， 当时，，当时，， 故在、上单调递增，在、上单调递减， 则当时，，当时，， 故不存在，使得，故D错误. 12．252 【解析】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． 13． 【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：. 14．0 【分析】根据的等式两边的项的系数相同，从而求得要求式子的值. 【详解】， 其中系数为 ……， ， 而二项式的通项公式， 因为2015不是3的倍数，所以的展开式中没有项，由代数式恒成立可得 ……， 故答案为0. 【点睛】本题考查二项式定理，考查学生的分析能力和理解能力，关键在于构造并分析其展开式，是一道难题. 15．(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 【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. 【详解】（1）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. （2）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 . 16．(1)的增区间为，减区间为 (2)，. 【分析】（1）求出函数的导数并判断其符号后可得函数的单调区间； （2）根据（1）中的单调性可得函数的最值. 【详解】（1）， 当或时，；当时，， 故的增区间为，减区间为. （2）由（1）可得在为减函数，在上为增函数， 故，. 17．(1)； (2)，，； (3)0 【分析】（1）根据二项式系数的定义得到方程，求出答案； （2）由二项式定理得到展开式通项公式，得到有理项； （3）根据二项式定理变形，从而得到余数. 【详解】（1）根据题意，，即，又，故； （2）由题意得， 其展开式的通项公式， 要想求解展开式中的有理项，需满足为整数，故， 当时，， 当时，， 当时，， 故有理项为，，； （3）而， 当时， ， 而能够被15整除， 故除以15所得余数为0． 18．(1) (2)分布列见解析 (3) 【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. 【详解】（1）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； （2）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 （3）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．(1)答案见解析 (2)（i）；（ii）证明见解析 【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. 【详解】（1）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． （2）（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． 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 $