2025-2026学年大连市高二下学期数学期末考试模拟（十五）

**基本信息** 大连市高二下学期数学期末模拟卷，涵盖集合、数列、统计、导数等核心知识，解答题结合书香校园、概率模型等现实情境，注重数学应用与综合能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合运算、命题否定、等差数列|基础概念辨析，如集合交集（题1）、命题否定（题2）| |多选题|3/18|等比数列、正态分布、函数性质|多选项分层考查，如正态分布应用（题10）| |填空题|3/15|正态分布、二项分布、函数最值|跨知识点综合，如二项分布期望与条件概率（题13）| |解答题|5/77|导数应用、统计分析、数列求和、概率模型|情境化与层次性结合，如书香校园统计与回归分析（题16）、导数综合证明（题19）|

2025-2026学年大连市高二下学期数学期末考试模拟（十五） 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．已知全集，集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．命题“，”的否定为（    ） A．， B．， C．， D．， 3．已知等差数列中，，其前5项和为（   ） A．10 B．15 C．20 D．25 4．已知一饭店近五年“十一”黄金周期间的利润如下表： 年份 2021 2022 2023 2024 2025 年份代号 1 2 3 4 5 利润/万元 33 80 90 107 根据表中数据可知，具有较强的线性相关关系，其经验回归方程为，则下列结论正确的是（    ） A．2026年“十一”黄金周期间该饭店的利润一定为131万元 B． C．当时，残差为 D．点一定在经验回归直线上 5．已知，，，则（     ） A． B． C． D． 6．已知是定义在上且周期为3的偶函数，当时，，则（    ） A． B． C． D． 7．某学校开设人工智能、机器人、大数据三门选修课，四名学生每人随机选修一门．若每门课程至少有1人选修，则选修机器人的人数多于选修大数据的人数的概率为（   ） A． B． C． D． 8．已知函数，若过点可作曲线的3条不同切线，则的取值范围是（    ） A． 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．已知等比数列的公比为q，前n项和为，若，则（    ） A． B． C． D． 10．单个水果的质量Y（单位：克）服从正态分布，且，规定单个水果的质量与15克的误差不超过2克即是优质品．现从这批水果中随机抽取n个，其中优质品的个数为X，下列结论正确的是（     ） A．若，则的最大值为3 B．若，，当取最大值时， C．当，n为偶数时， D．若，，则n的最小值为5 11．已知函数，则下列命题正确的有（    ） A． B．当时， C． D．若，则的最小值为2 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．随机变量，正实数，满足，则的最小值为______. 13．已知某外卖骑手每次在规定时间内将物品送达的概率为，该骑手某次工作中共配送 3单，若三次配送结果互不影响，记三次配送中准时送达的次数为，则随机变量的数学期望 _____；若已知该骑手没有全部准时送达，则他恰好准时送达两次的概率为_____. 14．设函数，，若存在，，使得，则的最大值为________． 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．已知函数 在处取得极值 (1)求的解析式.(2)求在上的最值. 16．为推进“书香校园”建设，某校对学生每周课外阅读时长进行抽样调查，随机抽取200名学生，对“是否参与学校书香校园主题活动”与“每周课外阅读是否达到3小时”两个维度进行统计得到如下数据（单位：人）： 每周阅读小时 每周阅读<3小时 参与书香校园活动 40 60 未参与书香校园活动 25 75 (1)试问：参与书香校园活动是否与学生每周阅读达3小时有关？ (2)该校统计了若干组数据，用最小二乘法得到了班级图书角的投入资金X（单位：百元）与学生每周阅读时长Y（单位：小时）的线性回归方程为．已知学生每周阅读时长Y的方差为，投入资金X的方差为．求Y与X间的样本相关系数r，并据此判断阅读时长Y与投入资金X的线性相关性强弱． 附：（i），其中；      0.25 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001 k 0.323 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 （ii）在线性回归方程中，； （iii）相关系数，若，可认为与线性相关程度较强． 17．已知数列，的各项均为正数，的前n项和，满足，为等比数列，且有，． (1)若，求数列的前n项和； (2)若不等式对恒成立，求实数k的取值范围． 18．盒子里放着三张卡片，一张卡片两面都是红色，一张卡片两面都是黑色，剩下的一张卡片一面是红色一面是黑色. (1)现随机抽出一张卡片，并展示它的一面的颜色.假设这一面的颜色是红色，求另一面的颜色也是红色的概率； (2)现每次取出卡片后观察其两面的颜色，若两面都是红色，放回原卡片，且再往盒子中放入一张大小材质相同的两面红色卡片；若两面都是黑色，放回原卡片，且再往盒子中放入一张大小材质相同的两面黑色卡片；若一面是红色一面是黑色，仅将原卡片放回，不再另放卡片. ①求第次摸出卡片是两面红色卡片的概率； ②记次后摸出两面红色卡片的次数为，求的概率分布列及期望. 19．已知函数，其中． (1)当时，求在上的最小值； (2)若，求证：； (3)当时，不等式对任意的恒成立，求整数的最大值． 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（十五）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B B C A A B A BC ACD 题号 11 答案 ACD 1．A 【分析】根据一元二次不等式的解法及对数函数求出集合，，结合交集的概念求解即可. 【详解】解，得或，即. 函数的定义域为，即. 所以. 2．B 【详解】全称量词命题的否定为将量词更改，命题否定， 因此命题“，”的否定为命题“，”. 3．B 【详解】由，，得，则． 4．C 【分析】先利用经验回归直线过样本中心点求出参数，再逐一验证各选项的正确性。 【详解】样本中心点横坐标 ，经验回归直线必过样本中心点， 代入回归方程得， 根据表中数据，， 因此，解得. 选项A：2026年对应，代入得预测值万元，该值为估计值，不是确定值，故A错误； 选项B：计算得，故B错误； 选项C：当时，实际值，预测值，残差，故C正确； 选项D：时，点即，代入回归方程得，故该点不在回归直线上，D错误. 5．A 【详解】注意到，，故， 由于幂函数在上单调递增，故， 而，所以. 6．A 【详解】由是定义在上且周期为3的偶函数，当时，， 得. 7．B 【分析】根据条件概率计算公式计算求解即可. 【详解】设事件为4名不同的学生，选修3门不同的课程，且每门至少1人. 事件为选修机器人的人数多于选修大数据的人数， 由题意可知4名学生中有2名学生选择同一门选修课，剩下2名学生选择剩下两门选修课，每名学生选一门， 所以事件包含个基本事件， 事件包含个基本事件， 所以. 8．A 【分析】求出函数的导数并设出切点坐标，利用导数的几何意义求出切线方程，再构造函数并利用导数求出极值，结合三次函数的特征求出范围. 【详解】函数，设切点坐标为，求导得， 则切线方程为，由切线过点， 得，化简得， “过点可作曲线的3条不同切线”等价于“关于的方程有3个不同的实根”， 即函数的图象与直线有3个不同的交点， 求导得，当或时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 因此，， 所以当时，直线与函数的图象有3个交点，对应3条不同的切线． 9．BC 【详解】因为等比数列中，所以，. 所以，选项A错误；，选项B正确； ，选项C正确；，选项D错误. 10．ACD 【分析】对于A，由二项分布的方差公式直接验算即可判断；对于B，由题意列出不等式组即可验算；对于C，由二项分布概率的可加性即可验算；对于D，由题意得，将它转换为关于n的不等式即可求解． 【详解】由题意可知，优质品的质量位于13克至17克之间，即，可知． 对于A，，， 当且仅当，即时，取得最大值3， A正确． 对于B，，当取最大值时，， 即，解得，即或9，B错误． 对于C，，则所有偶数项的概率和为，所有奇数项的概率和也为， 所以，C正确． 对于D，，因为，所以， 所以，化简得， 令，因为，所以单调递减， 又，，所以n的最小值为5，D正确． 11．ACD 【分析】代入法求出判断选项A；利用特殊值法判断选项B；代入法判断选项C；分析函数单调性，结合函数的性质得出关联，进而利用基本不等式求最小值． 【详解】函数定义域为， ，故A正确； 当时，，取，则 ， ， 不满足，故B错误； ，故C正确； ，均在单调递增， 故在上单调递增， 若，则， 由于， 则，即， ，当且仅当时等号成立，故D正确． 12．/ 【分析】先根据正态分布的对称性得到满足的条件，再结合基本不等式求的最小值. 【详解】因为，且正实数，满足， 所以，即. 所以 （当且仅当即，时取等号）. 所以的最小值为. 13． 【详解】由题意可知，，则； 用表示“该骑手没有全部准时送达”，用表示“他恰好准时送达两次”， 则，， 则， 则他恰好准时送达两次的概率为. 14．0 【分析】由已知条件得出，分析可知函数在上单调递增，可得出，于是得出，构造函数，利用导数求出函数的最大值，即可得出的最大值. 【详解】由题意，即，所以， 由，所以在上单调递增，则，可得， 所以， 令，函数定义域为，则， 令，有在上恒成立， 所以在上单调递减，即在上单调递减， 由，则时，；时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则，即的最大值为0. 15．(1) (2)最大值为2，最小值为. 【分析】（1）利用极值点即可得，即可求解； （2）求导，列表得单调性，进而比较极值点与端点处的函数值即可求解. 【详解】（1）． 在时取得极值，所以，， 即且，解得． 检验，时，， 当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 故在处取得极大值，在处取得极小值． ． （2）由（1）知， 令，解得或； 时，和变化如下： 0 单调递减 单调递增 由上表可知函数在区间上的最大值为2，最小值为. 16．(1)在犯错误的概率不超过0.025的前提下，认为参与书香校园活动与学生每周阅读达3小时有关； (2)样本相关系数，与的线性相关程度较强. 【分析】（1）代入卡方公式计算后与临界值比较可得； （2）计算相关系数后可得. 【详解】（1）由题意可得， 所以在犯错误的概率不超过0.025的前提下，认为参与书香校园活动与学生每周阅读达3小时有关. （2）设，， 由题意可得，且，样本方差满足，所以， 代入相关系数公式， 将，代入可得， 因为，故与的线性相关程度较强. 17．(1) (2) 【分析】（1）先根据与的关系求出的通项公式，再结合已知条件求出的通项公式，进而得到的通项公式，最后利用错位相减法求出. （2）将不等式进行变形，然后通过构造函数，利用函数的单调性求出实数的取值范围. 【详解】（1）已知：时，； 时，相减得故． ，得， 是首项为1、公比为2的等比数列，故，． 则：① 两边同乘得：②． ① ②得： 中间等比数列求和得， 代入整理得：． （2）不等式，对恒成立， 代入，得：． 设，作差得： ，2时，； 时，； 时，， 故的最大值为3，因此，即． 18．(1)； (2)①；② 0 1 2 . 【分析】（1）利用条件概率公式进行求解即可； （2）①根据全概率公式计算即可求解；②列出随机变量的可能取值，计算对应概率可得分布列，根据期望计算公式计算可得数学期望. 【详解】（1）设抽出的一张展示一面是红色为事件A，抽出的卡片两面全是红色为事件B，如果展示的一面是红色，且这张卡片是两面全是红色的那张为事件AB， 由题意可知：，， 所以； （2）①设第次摸出卡片是两面红色卡片为事件，第次摸出卡片是两面黑色卡片为事件， 第次摸出卡片是一面红色一面黑色为事件， 由题意可知，， 则； ②由题意可得随机变量的可能取值为， ， ， ， 所以随机变量的分布列为： 0 1 2 所以. 19．(1) (2)法一；由已知， 因为函数在都是增函数，所以在上单调递增， 又， 所以存在，有， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以 令，则 所以在上单调递增，即， 综上：当时，， 法二：令， 当，即时，（恒成立）． 当，即时，在时单调递增， ，令， 因为在上都为增函数，且， 所以当，函数单调递减， 当时，，函数单调递增，所以， 当，即时，在时单调递减， 所以， 令，则， 因为，所以，所以， 所以函数在上单调递增，所以， 综上：当时， (3)1 【分析】（1）利用导数求解函数的最小值； （2）先分析导函数的单调性，确定导函数零点的范围，进而判断函数的单调性和最小值； （3）先将题意转化，对于参数分类讨论，结合导数进行分析，最后得到结论； 【详解】（1）当时，，求导得， 当时，恒成立，所以在单调递增，则 （2）略 （3）当时，不等式， 令，依题意，不等式对任意的恒成立， 当时，，求导得，当时，， 当时，，函数在上单调递减，在上单调递增， ，即当时，恒成立； 当时，显然，而， 因此，即当时，不恒成立， 由（1）知当时，，若，则， ， 只需对任意的恒成立，即， 令函数，求导得， 当时，，当时，， 因此函数在上单调递减，在上单调递增，， 则当时，对任意的恒成立， 所以的最大整数值为1． 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 $