精品解析：广东深圳市龙岗区2025-2026学年第二学期高二期末质量监测数学试卷

2025-2026学年第二学期高二期末质量监测 数学试卷 本试卷共5页．满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的学校、姓名、班级填写在答题卡上．将条形码横贴在卡“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本题共8个小题，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. 已知等差数列的公差为，则（ ） A. B. C. D. 2. 6名同学排成一排照相，则其中甲、乙不相邻的不同排法种数为（ ） A. 240 B. 480 C. 960 D. 1920 3. 在5道试题中有2道社会学题目和3道艺术学题目，每次从中抽出1道题，抽出的题不再放回，则在第1次抽到社会学题目的条件下，第2次抽到艺术学题目的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 新泰中学为了解高一高二学生的校园活动偏好，随机抽取两个年级各200名学生，调查他们参与科技类、文艺类活动的情况，并用等高堆积条形图直观地展示调查结果如图所示，经计算得到．下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值，下列说法正确的是（ ） A. 在调查的高一学生中，若按比例分层随机抽样抽取20人，则参加科技类的学生有8人 B. 在调查的高二学生中，选择文艺类比选择科技类的学生多20人 C. 依据的独立性检验，我们认为年级与校园活动偏好类型的选择有关联，此推断犯错的概率不大于 D. 依据的独立性检验，我们认为年级与校园活动偏好类型的选择有关联，此推断犯错的概率不大于 5. 在某次数学测试中，学生成绩服从正态分布，若在内的概率为0.6，则任意选取两名学生的成绩，恰有一名学生成绩不高于80的概率为（ ） A. 0.16 B. 0.24 C. 0.32 D. 0.48 6. 已知，函数在内是单调递增函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 的展开式中x的系数是（ ） A. B. C. D. 8. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，记n次传球后球在甲手中的概率为，则错误的是（ ） A. B. 数列为等比数列 C. D. 第4次传球后球在甲手中的不同传球方式共有6种 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 已知随机变量的分布列如下： 其中，且随机变量满足，若，则（ ） A. B. C. D. 10. 甲袋中有4个红球，6个白球，乙袋中有3个红球，7个白球.先从甲袋中随机取出一个球放入乙袋，再从乙袋中取出一个球.设表示“从甲袋取出的球是红球”，表示“从甲袋取出的球是白球”，B表示“从乙袋取出的球是红球”，则下列结论正确的是（ ） A. B. ，为对立事件 C. D. 11. 已知数列的首项为4，且满足，则（ ） A. 为等比数列 B. 为递增数列 C. 的前项和 D. 的前项和 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设随机变量服从两点分布，若，则______. 13. 某软件科技公司近8年的年利润额y与投入的年研发经费x（单位：千万元）如表所示． x 3 4 5 6 6 7 8 9 y 根据散点图可以认为x与y之间存在线性相关关系，且相关系数，用最小二乘法求线性回归方程（，用分数表示），________． 附：（1）参考数据：，． （2）参考公式：，． 14. 已知定义在上的函数的导数为，若对任意的满足，且，则不等式的解集是____________． 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. 设等差数列的公差不为0，，且． （1）求的通项公式： （2）设数列的前项和为，求使成立的的最小值． 16. 设函数，其中为实常数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性． 17. 在人工智能时代，教育部门积极推动与传统教学模式的“深度融合”，实现教学模式的变革．某校从全体学生中随机抽取50名学生对融合式教学模式实施的满意度进行评分，整理得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值； （2）在样本中，从评分大于80分的学生中随机抽取2人，用表示其评分在，范围的人数，求的分布列； （3）假设用频率估计概率，从全校学生中随机抽取2人，用表示其评分在，范围的人数，求的分布列． 18. 设数列 的前 项和为 ，已知，且成等差数列. （1）求 的通项公式； （2）设求数列 的前 项和 . 19. 已知函数，. （1）求的极值； （2）若对于恒成立，求实数的取值范围； （3）若关于的方程有两个不等实根，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期高二期末质量监测 数学试卷 本试卷共5页．满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的学校、姓名、班级填写在答题卡上．将条形码横贴在卡“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本题共8个小题，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. 已知等差数列的公差为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的定义求解即可. 【详解】因为等差数列的公差为，所以. 故选：C. 2. 6名同学排成一排照相，则其中甲、乙不相邻的不同排法种数为（ ） A. 240 B. 480 C. 960 D. 1920 【答案】B 【解析】 【分析】不相邻问题用“插空法”即可求得结果. 【详解】先对除甲、乙之外的四个人全排种排法，再将甲、乙插空：,根据分步计数原理得：种排法， 故选：B 3. 在5道试题中有2道社会学题目和3道艺术学题目，每次从中抽出1道题，抽出的题不再放回，则在第1次抽到社会学题目的条件下，第2次抽到艺术学题目的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由条件概率的计算公式，代入计算，即可得到结果． 【详解】设事件 “第次抽到社会学题目”，事件 “第次抽到艺术学题目”， 所以，， 所以． 故选：D． 4. 新泰中学为了解高一高二学生的校园活动偏好，随机抽取两个年级各200名学生，调查他们参与科技类、文艺类活动的情况，并用等高堆积条形图直观地展示调查结果如图所示，经计算得到．下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值，下列说法正确的是（ ） A. 在调查的高一学生中，若按比例分层随机抽样抽取20人，则参加科技类的学生有8人 B. 在调查的高二学生中，选择文艺类比选择科技类的学生多20人 C. 依据的独立性检验，我们认为年级与校园活动偏好类型的选择有关联，此推断犯错的概率不大于 D. 依据的独立性检验，我们认为年级与校园活动偏好类型的选择有关联，此推断犯错的概率不大于 【答案】C 【解析】 【分析】由等高堆积条形图，可以分别求出高一、高二学生中参加科技类活动人数与参加文艺类活动人数之比，从而根据分层抽样求出人数，即可判断选项和；根据，对照临界指表，即可判断选项和. 【详解】由等高堆积条形图可知，高一学生中参加科技类活动人数与参加文艺类活动人数之比为， 所以按比例分层随机抽样抽取人，则参加科技类的学生有人，错误； 由等高堆积条形图可知，高二学生中参加科技类活动人数与参加文艺类活动人数之比为， 所以参加科技类活动人数为人，参加文艺类活动人数为人， 所以调查的高二学生中，选择文艺类比选择科技类的学生多人，错误； 已知，根据临界值表可得， 依据的独立性检验，我们认为年级与校园活动偏好类型的选择有关联，此推断犯错的概率不大于， 所以正确； 因为，不满足，因此不能依据的独立性检验得出结论， 所以错误. 5. 在某次数学测试中，学生成绩服从正态分布，若在内的概率为0.6，则任意选取两名学生的成绩，恰有一名学生成绩不高于80的概率为（ ） A. 0.16 B. 0.24 C. 0.32 D. 0.48 【答案】C 【解析】 【分析】根据服从正态分布，得到曲线的对称轴是直线，利用在内取值的概率为0.6，求出成绩不高于80的概率，再利用相互独立事件的概率公式即可求得结论． 【详解】解：服从正态分布 曲线的对称轴是直线， 在内取值的概率为0.6， 在内取值的概率为0.3， 在内取值的概率为． 现任意选取两名学生的成绩，恰有一名学生成绩不高于80的概率 故选：C 6. 已知，函数在内是单调递增函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出导函数，再根据单调递增得出对恒成立，再结合导函数单调性计算求解. 【详解】∵单调递增， 由函数在内是单调递增函数，故对恒成立， 所以， 所以． 故选：A. 7. 的展开式中x的系数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先写出二项展开式的通项公式，令通项公式中的幂指数，求得的值，再将代入通项公式即可求解. 【详解】由题意，二项展开式的通项公式为， 令，解得，所以x的系数为 . 故选：C. 8. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，记n次传球后球在甲手中的概率为，则错误的是（ ） A. B. 数列为等比数列 C. D. 第4次传球后球在甲手中的不同传球方式共有6种 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，可得数列是以为首项，以为公比的等比数列，即可判断ABC，然后逐一列举，即可判断D. 【详解】由题意可知，要使得次传球后球在甲手中，则第次球必定不在甲手中， 所以，，即， 因为，则，所以，， 则数列是以为首项，以为公比的等比数列，故B正确； 则，即， 对于A，，故A正确； 对于C，由，可得，故C错误； 对于D，若第4次传球后球在甲手中，则第3次传球后球必不在甲手中，设甲，乙，丙对应于， 则不同的传球方式有：①，②， ③，④，⑤， ⑥，故共有6种情况，故D正确. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 已知随机变量的分布列如下： 其中，且随机变量满足，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据离散型随机变量的期望和方差的计算公式及性质依次判断即可. 【详解】对于A，由题意得，解得，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，因为，所以，故D错误. 10. 甲袋中有4个红球，6个白球，乙袋中有3个红球，7个白球.先从甲袋中随机取出一个球放入乙袋，再从乙袋中取出一个球.设表示“从甲袋取出的球是红球”，表示“从甲袋取出的球是白球”，B表示“从乙袋取出的球是红球”，则下列结论正确的是（ ） A. B. ，为对立事件 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件概率的定义判断选项A；根据对立事件的定义计算判断B；根据条件概率的定义计算判断C；根据全概率公式计算判断D. 【详解】选项A，若发生（从甲袋取出红球放入乙袋），乙袋原有3红7白，加入1个红球后变为4红7白，共11个球，则，A正确. 选项B，从甲袋只取出1个球，取出的球只能是红球或白球，和互斥，且必有一个发生，满足对立事件的定义，B正确. 选项C，若发生（从甲袋取出白球放入乙袋），乙袋变为3红8白，共11个球， 因此，则，C错误. 选项D，根据全概率公式， 其中，，代入得，D正确. 11. 已知数列的首项为4，且满足，则（ ） A. 为等比数列 B. 为递增数列 C. 的前项和 D. 的前项和 【答案】ABD 【解析】 【分析】由数列递推式两边同除以，可得，推得为等比数列，可判断A项；通过证明和可得B正确；利用错位相减法可求得的前项和为，排除C项；化简得，易求得该数列的前项和推出D项正确. 【详解】由两边同除以，可得：， 因，则，故为等比数列，首项为4，公比为2. 对于A，由上分析，是公比为2的等比数列，即A正确； 对于B，由上分析，可得，即， 由，因，故为递增数列，故B正确； 对于C，由上已得，则 ①， 则  ②， 由：， 即，即， 故得，故C错误； 对于D，因，则， 故的前项和为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设随机变量服从两点分布，若，则______. 【答案】0.38 【解析】 【分析】由于变量服从两点分布，根据两点分布的性质进行求解. 【详解】随机变量服从两点分布，由， 及，解得. 13. 某软件科技公司近8年的年利润额y与投入的年研发经费x（单位：千万元）如表所示． x 3 4 5 6 6 7 8 9 y 根据散点图可以认为x与y之间存在线性相关关系，且相关系数，用最小二乘法求线性回归方程（，用分数表示），________． 附：（1）参考数据：，． （2）参考公式：，． 【答案】 【解析】 【分析】首先计算和 ，再比较参考公式，即可求解. 【详解】， ， 由条件可知， 得， 所以， 故答案为：. 14. 已知定义在上的函数的导数为，若对任意的满足，且，则不等式的解集是____________． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，进而将原不等式转化为，再根据题意得在上是单调递减函数，最后根据单调性解不等式即可. 【详解】因为对任意的满足，即 ， 令，则， 所以在上是单调递减函数， 因为，， 所以， 所以，即不等式的解集是. 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. 设等差数列的公差不为0，，且． （1）求的通项公式： （2）设数列的前项和为，求使成立的的最小值． 【答案】（1） （2）8 【解析】 【分析】（1）根据题意列出关于的方程，求解出，然后写出的通项公式. （2）先写出，然后求解关于的不等式，解出即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，． ，，解得或（舍）． 所以的通项公式为． 【小问2详解】 由题意可得， 令，解得或（舍）， 故使成立的的最小值为8． 16. 设函数，其中为实常数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性． 【答案】（1） （2）当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. 【解析】 【分析】（1）先求出，得出切点坐标，再求出，得到切线的斜率，从而得到切线方程. （2）先求出，对进行分类讨论即可. 【小问1详解】 函数的定义域为 当时，函数，，． 曲线在处切线方程为：，即． 【小问2详解】 因为，令，可得，即， 当，即时，恒成立，此时在区间上单调递增 当，即时，的解为，此时在区间上单调递减，在区间上单调递增． 综上所述，当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. 17. 在人工智能时代，教育部门积极推动与传统教学模式的“深度融合”，实现教学模式的变革．某校从全体学生中随机抽取50名学生对融合式教学模式实施的满意度进行评分，整理得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值； （2）在样本中，从评分大于80分的学生中随机抽取2人，用表示其评分在，范围的人数，求的分布列； （3）假设用频率估计概率，从全校学生中随机抽取2人，用表示其评分在，范围的人数，求的分布列． 【答案】（1） （2） 0 1 2 0 1 2 0.49 0.42 0.09 （3）【解析】 【分析】（1）由频率和为1列方程求参数值； （2）可知的可能取值为，结合超几何分布求分布列； （3）分析可知，结合二项分布求分布列. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得，解得； 【小问2详解】 因为评分在的频率为，抽取的人数为， 评分在的频率为，抽取的人数为， 所以的可能取值为，则，，， 所以的分布列为 0 1 2 【小问3详解】 因为评分在的频率为，用频率估计概率， 则全校学生评分在的频率为0.3，所以的可能取值为，且， 所以，，， 所以的分布列为 0 1 2 0.49 0.42 0.09 18. 设数列 的前 项和为 ，已知，且成等差数列. （1）求 的通项公式； （2）设求数列 的前 项和 . 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可知，结合由求解得； （2）根据（1）得到，再结合分组求和、裂项相消和等差数列求和计算得到. 【小问1详解】 因为成等差数列，所以. 当时，，因为，所以， 当时，，两式相减得 ， 所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列， 因此. 【小问2详解】 由（1）可得 数列 的前 项和 . 19. 已知函数，. （1）求的极值； （2）若对于恒成立，求实数的取值范围； （3）若关于的方程有两个不等实根，求实数的取值范围. 【答案】（1）极大值为，无极小值； （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，进而求出极值情况； （2）求导，得到的单调性和最小值，得到，求出； （3）同构得到，设函数，则上式为，由单调性得到，令，，由（1）知函数的单调性和极值情况，从而得到，求出答案. 【小问1详解】 ，，则， 当时，；当时，； 故在上递增，在上递减， 所以的极大值为，无极小值； 【小问2详解】 由有意义可得， 因为，令得，令得， 故在递减，在上递增， 故对于恒成立， 则； 【小问3详解】 由关于的方程有两个实根，得有两个不等实根， 整理得，则， 即， 设函数，则上式为， 因为在上单调递增，所以，即， 令，， 由（1）可知在上递增，在上递减， 的最大值为， 又因为，，，， 所以要想有两个根，只需要， 解得，所以的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $