精品解析：重庆市第十八中学2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷

2025-2026 学年(下)期末考试 高 2027 届数学试题 考试说明: 1、考试时间 120 分钟 2. 试题总分 150 分 3. 试卷页数 4 页 一、选择题: 本题共8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. 已知函数在点处的切线方程是，则 （ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 12 2. 某班有 5 名男生和 2 名女生，现从中选出 3 人参加校运动会志愿者服务，要求选出的 3 人中既有男生又有女生，则不同的选法共有（ ） A. 20 种 B. 25 种 C. 30 种 D. 35 种 3. 随机变量服从正态分布 ，已知 ，则 （ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 随机变量 的分布列如下表所示: 1 2 3 4 0.3 0.1 则 （ ） A. 2 B. 2.4 C. 2.6 D. 2.8 5. 设函数，已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 现有5张除所写数字外完全相同的卡片，其中2张写有数字7，另外3张分别写有数字2、3、5， 将卡片放入袋中搅匀，从中随机取出4张，用取出的卡片上的数字组成四位数，共可组成不同四位数的个数为（ ） A. 48 B. 60 C. 72 D. 84 7. 已知定义在上的函数，满足，其中是的导函数，若，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 8. 已知某工厂有两条生产线生产同一种零件，第一条生产线的产量占总产量的，第二条生产线的产量占总产量的. 若零件来自第一条生产线，则其为次品的概率为； 若零件来自第二条生产线，则其为次品的概率为. 则从该厂生产的所有零件中随机抽取一个，该零件为正品的概率为（ ） A. B. C. D. 二、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. 下列关于随机变量与统计的说法正确的是（ ） A. 由独立性检验推断有 95%的把握认为 “吸烟与患肺病有关”，说明吸烟者有 95%的可能性患有肺病 B. 若甲、乙两组数据的相关系数分别为 和 0.88 ，则甲组数据的相关性更强 C. 对任意随机变量 ，若 ，则 D. 已知随机事件 相互独立，且 ，则 10. 若的二项展开式共有项，则该二项展开式中（ ） A. 各项二项式系数和为 B. 有理项共有项 C. 展开式中的系数为 D. 展开式中第项的系数最大 11. 已知时，对任意，函数恒成立，则下列判断正确的是（ ） A. 方程有且仅有两个不同的实数解 B. C. D. 的最大值为 三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 若，则_____. 13. 已知函数，若函数有四个不同的零点，则的取值范围是_____. 14. 给图中 五个区域涂色，规定每个区域只涂 1 种颜色， 且相邻区域的颜色不能相同， 若有 6 种不同的颜色可供选择， 则不同的涂色方法种数为_____. 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. 已知袋中装有 4 个白球和 2 个黑球， 所有球除颜色外完全相同. （1）若从袋中随机不放回地连续抽取 3 次，每次抽取 1 个球，设取到白球的个数为 ，求 的分布列: （2）若从袋中随机有放回地连续抽取 3 次，每次抽取 1 个球，规定摸到黑球得 3 分，摸到白球得 1 分，设 3 次抽取的总得分为 ，求 的数学期望. 16. 已知函数 、 （1）当，时，求曲线在点 处的切线方程； （2）若有极小值，且极小值小于0，求的取值范围. 17. 脑机接口，即指在人或动物大脑与外部设备之间创建的直接连接，实现脑与设备的信息交换，埃隆马斯克宣布，该试验可以实现意念控制手机和电脑，未来10到20 年，我国脑机接口产业将产生数百亿元的经济价值.为了适应市场需求，同时兼顾企业盈利的预期，某科技公司决定增加一定数量的研发人员，经过调研，得到年收益增量(单位：亿元)与研发人员增量(单位：人)的10组数据，现用模型①，②分别进行拟合，由此得到相应的经验回归方程，并进行残差分析，得到如图所示的残差图： 根据收集到的数据，计算得到下表数据，其中 . 7.5 2.25 82.50 4.50 11.55 3.24 （1）根据残差图，判断哪个更适合作为回归模型？(给出判断即可，不必说明理由 （2）根据（1）中所选模型， （i）求出关于的经验回归方程； （ii）预测要使年收益增量超过8亿元，研发人员增量至少多少人？(结果精确到 1) 附:对于一组具有线性相关关系的数据 ，其经验回归直线 的斜率及截距的最小二乘估计公式分别为: 18. 为响应全国乡村文化振兴活动，某村举办了以“潮艺焕彩一全民参与”为主题的投篮比赛， 设置了个人挑战赛与双人对抗赛两个环节，所有比赛结果相互独立， （1）个人挑战赛环节，由本村篮球高手 A 分别与甲、乙、丙三名挑战者各进行一局投篮比赛， 已知高手A与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为 . （i）求比赛后高手A三局全胜的概率； （ii）若高手A与甲、乙、丙以不同顺序进行比赛，记高手A“输第一局、而后连胜两局” 的概率为 ，试判断高手A先与甲、乙、丙三人中的哪个人比赛,最大，并写出判断过程; （2）双人对抗赛环节，由甲和乙进行投篮比赛，规定每局比赛胜者得 1 分，负者得 0 分，没有平局， 比赛进行到一方比另一方多 2 分为止， 多得 2 分的一方赢得比赛. 已知每局比赛中，甲获胜的概率为 ，乙获胜的概率为 ，且每局比赛结果相互独立、若比赛最多进行 5 局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值. 19. 定义:如果函数 在定义域内既有极大值点 ，也有极小值点 ，且 （为常数），则称函数 为极值可差比函数，常数 称为该函数的极值差比系数. 已知函数 ， （1）当 时，判断 是否为极值可差比函数，并说明理由: （2）是否存在实数，使 的极值差比系数为 ，若存在，求出 的值，若不存在， 请说明理由; （3）若 ，求 的极值差比系数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026 学年(下)期末考试 高 2027 届数学试题 考试说明: 1、考试时间 120 分钟 2. 试题总分 150 分 3. 试卷页数 4 页 一、选择题: 本题共8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. 已知函数在点处的切线方程是，则 （ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 12 【答案】A 【解析】 【详解】因为函数在点处的切线方程为， 可得，且，所以. 2. 某班有 5 名男生和 2 名女生，现从中选出 3 人参加校运动会志愿者服务，要求选出的 3 人中既有男生又有女生，则不同的选法共有（ ） A. 20 种 B. 25 种 C. 30 种 D. 35 种 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，分为一男两女和两男一女，两种情况讨论，结合组合数的公式，即可求解. 【详解】从5 名男生和 2 名女生，现从中选出 3 人参加校运动会志愿者服务， 要求选出的 3 人中既有男生又有女生，可得分为两类： ① 一男两女时，有种不同的选法； ② 两男一女时，有种不同的选法， 所以共有种不同的选法. 3. 随机变量服从正态分布 ，已知 ，则 （ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得，密度曲线关于对称轴对称； 由，结合对称性可得，   ，解得. 4. 随机变量 的分布列如下表所示: 1 2 3 4 0.3 0.1 则 （ ） A. 2 B. 2.4 C. 2.6 D. 2.8 【答案】C 【解析】 【分析】利用分布列的性质求出的值，根据期望公式求解即可. 【详解】由，解得：，所以 5. 设函数，已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过求导得到函数的单调递减区间，再令给定区间为单调递减区间的子集从而求得参数范围. 【详解】函数， 求导可得， 因为恒成立， 所以，即， 解得，即的单调递减区间为， 因为在上单调递减， 所以，即， 解得，即实数的取值范围是，故选项D正确. 6. 现有5张除所写数字外完全相同的卡片，其中2张写有数字7，另外3张分别写有数字2、3、5， 将卡片放入袋中搅匀，从中随机取出4张，用取出的卡片上的数字组成四位数，共可组成不同四位数的个数为（ ） A. 48 B. 60 C. 72 D. 84 【答案】B 【解析】 【分析】按取出的4张卡片中写有数字7的张数分为两类，分别计算每类可组成的不同四位数个数，再根据分类加法计数原理即可求解. 【详解】当取出的卡片写有数字7的张数为1时，能组成个不同的四位数； 当取出的卡片写有数字7的张数为2时，能组成个不同的四位数； 则从中随机取出4张卡片，共可组成个不同的四位数. 7. 已知定义在上的函数，满足，其中是的导函数，若，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，，通过求导判断函数的单调性，再结合条件，利用单调性求解不等式即可.. 【详解】令，，则， 可知当时，是增函数. 又，所以， 在上，不等式的解集就是的解集， 也即的解集. 8. 已知某工厂有两条生产线生产同一种零件，第一条生产线的产量占总产量的，第二条生产线的产量占总产量的. 若零件来自第一条生产线，则其为次品的概率为； 若零件来自第二条生产线，则其为次品的概率为. 则从该厂生产的所有零件中随机抽取一个，该零件为正品的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】记事件从该厂生产的所有零件中随机抽取一个，该零件是第条生产线生产的， 记事件从该厂生产的所有零件中随机抽取一个，该零件为正品， 由题意可得，，，， 由全概率公式可得， 故从该厂生产的所有零件中随机抽取一个，该零件为正品的概率为. 二、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. 下列关于随机变量与统计的说法正确的是（ ） A. 由独立性检验推断有 95%的把握认为 “吸烟与患肺病有关”，说明吸烟者有 95%的可能性患有肺病 B. 若甲、乙两组数据的相关系数分别为 和 0.88 ，则甲组数据的相关性更强 C. 对任意随机变量 ，若 ，则 D. 已知随机事件 相互独立，且 ，则 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，利用独立性检验的定义即可判断；对于B，利用相关系数的定义即可判断；对于C，利用方差的性质即可求解；对于D，利用概率的加法公式求解即可. 【详解】对于A，独立性检验推断有 95%的把握认为 “吸烟与患肺病有关”，含义是：有 95%的概率认为两个变量有关系，不是指吸烟者有 95%的可能性患有肺病，故A不正确； 对于B，相关系数的绝对值越接近，线性相关性越强，由于，所以甲组数据的相关性更强，故B正确； 对于C，由 ，则 ，故C错误； 对于D，由于随机事件 相互独立，则， 所以，故D正确. 10. 若的二项展开式共有项，则该二项展开式中（ ） A. 各项二项式系数和为 B. 有理项共有项 C. 展开式中的系数为 D. 展开式中第项的系数最大 【答案】ACD 【解析】 【分析】由二项展开式的项数求出的值，利用二项式系数和可判断A选项；利用二项展开式通项可判断BC选项；利用二项式系数的最值可判断D选项. 【详解】因为的二项展开式共有项，则，解得， 对于A选项，各项二项式系数和为，A对； 对于B选项，展开式通项为， 令，可得，故有理项共有项，B错； 对于C选项，令，可得，故展开式中的系数为，C对； 对于D选项，展开式中共项，其中第项和第项的二项式系数最大， 但第项的系数为，第项的系数为， 故展开式中第项的系数最大，D对. 11. 已知时，对任意，函数恒成立，则下列判断正确的是（ ） A. 方程有且仅有两个不同的实数解 B. C. D. 的最大值为 【答案】AB 【解析】 【分析】将一个函数转变为与的乘积，通过恒成立得出两个函数应该同时同号，分别研究两个函数符号和关系可判断答案. 【详解】令，则， 因为，令，解得， 所以当 时，，单调递减； 当 时，，单调递增； 所以，则最小值小于0， 当时，，所以， 当时，，但的增长远远快于， 所以， 所以函数有两个不相等的实数根，选项A正确； 记两个根分别为，可得， 所以在和时， 在时，， 令，因为函数恒成立， 所以二次函数也应满足在和时， 在时，， 所以有两个不相等的实数根， 所以，选项B正确； 由韦达定理得， 为函数的两实数根，所以，， 得，所以， 所以， 因为，所以，选项C错误； ， 令，则， 当时，，单调递增； 时，，单调递减； 所以，即， 的最大值为，所以选项D错误. 【点睛】本题考法比较新颖，将一个函数拆成两个函数的乘积，通过两函数的符号相同分析，环环相扣，层层推导，难度较大. 三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 若，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用条件概率公式求解即可. 【详解】因为，所以. 13. 已知函数，若函数有四个不同的零点，则的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】将有四个不同零点转化为直线与的图象有四个交点，分别分析分段函数两段的单调性与值域，数形结合求的取值范围. 【详解】由可得，问题等价于直线与函数的图象共有4个不同交点， 分两段讨论函数性质： 当时，， 此时函数在上单调递减，在上单调递增； 最小值为，端点值， 因此当时，直线与该段图象有2个交点； 或时仅有1个交点； 时无交点； 当时，， 在上，单调递减，值域为； 在上，单调递增，值域为； 因此当时，直线与该段图象有2个交点； 时仅有1个交点， 当时无交点； 要使总交点数为4，需两段各有2个交点，取两个范围的交集， 得的取值范围为. 14. 给图中 五个区域涂色，规定每个区域只涂 1 种颜色， 且相邻区域的颜色不能相同， 若有 6 种不同的颜色可供选择， 则不同的涂色方法种数为_____. 【答案】1560 【解析】 【分析】分成涂中心区域和涂外围区域两步处理，考虑是否同色两种情况， 根据分类加法计数原理得出外围四个区域的涂色方法总数， 结合第一步与第二步，根据分步乘法计数原理，得到整个图形的涂色方法种数. 【详解】根据题意，图形分为中心区域与外围环状区域， 整个涂色过程可以分为两步进行： 第一步：涂中心区域：（种）. 第二步：涂外围区域，分两种情况讨论： 区域涂相同的颜色 先选的颜色，有种选法；的颜色与相同，有1种选法； 区域与均相邻，且同色，需避开这1种颜色，有种选法. 区域同理，需避开的颜色，有种选法. 则该情况下的涂法种数为：（种）. 区域涂不同的颜色 先选的颜色，有种选法；的颜色与不同，有种选法； 区域与均相邻，且异色，需避开这2种颜色，有种选法； 区域同理，需避开的颜色，有种选法. 则该情况下的涂法种数为：（种）， 外围四个区域的涂色方法总数为：（种）， 整个图形的涂色方法种数为：（种）. 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. 已知袋中装有 4 个白球和 2 个黑球， 所有球除颜色外完全相同. （1）若从袋中随机不放回地连续抽取 3 次，每次抽取 1 个球，设取到白球的个数为 ，求 的分布列: （2）若从袋中随机有放回地连续抽取 3 次，每次抽取 1 个球，规定摸到黑球得 3 分，摸到白球得 1 分，设 3 次抽取的总得分为 ，求 的数学期望. 【答案】（1） 1 2 3 （2）【解析】 【分析】( 1)不放回抽样下服从超几何分布，计算各取值对应概率即得分布列； (2)建立总得分与黑球抽取次数的线性关系，结合二项分布期望公式和期望的线性性质求解. 【小问1详解】 由题意，不放回连续抽取3次，取到白球的个数服从参数为的超几何分布，的所有可能取值为。 根据超几何分布的概率公式,分别计算得 ,  ,即得的分布列。 【小问2详解】 有放回抽取时，每次摸到黑球的概率，设3次抽取中摸到黑球的次数为,则,根据得分规则,总得分,由二项分布期望公式得,根据期望的线性性质：. 16. 已知函数 、 （1）当，时，求曲线在点 处的切线方程； （2）若有极小值，且极小值小于0，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）代入的值，得出函数的关系式，利用导数的几何意义求切线的斜率，然后利用点斜式得到切线方程. （2）对函数求导后分类讨论的取值范围，确定函数存在极小值的条件，求出极小值后构造辅助函数求其最大值，进而得到的取值范围. 【小问1详解】 当，时，，则，故切点为. 由，得，所以， 由点斜式得切线方程为，即. 【小问2详解】 对求导，得. 当时，恒成立，故恒成立，在上单调递增，无极值，不符合题意； 当时，令，解得，当时，， 单调递减；当时，，单调递增， 故的极小值为， 由题设极小值小于0，得， 即对任意成立. 令，则， 令，解得，所以，当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 故的最大值为，因此，即的取值范围为. 17. 脑机接口，即指在人或动物大脑与外部设备之间创建的直接连接，实现脑与设备的信息交换，埃隆马斯克宣布，该试验可以实现意念控制手机和电脑，未来10到20 年，我国脑机接口产业将产生数百亿元的经济价值.为了适应市场需求，同时兼顾企业盈利的预期，某科技公司决定增加一定数量的研发人员，经过调研，得到年收益增量(单位：亿元)与研发人员增量(单位：人)的10组数据，现用模型①，②分别进行拟合，由此得到相应的经验回归方程，并进行残差分析，得到如图所示的残差图： 根据收集到的数据，计算得到下表数据，其中 . 7.5 2.25 82.50 4.50 11.55 3.24 （1）根据残差图，判断哪个更适合作为回归模型？(给出判断即可，不必说明理由 （2）根据（1）中所选模型， （i）求出关于的经验回归方程； （ii）预测要使年收益增量超过8亿元，研发人员增量至少多少人？(结果精确到 1) 附:对于一组具有线性相关关系的数据 ，其经验回归直线 的斜率及截距的最小二乘估计公式分别为: 【答案】（1）模型② （2）（i）；（ii）9人 【解析】 【分析】（1）通过观察残差图中残差点的分布情况及带状区域宽度来判断模型拟合效果； （2）（i）令，将非线性模型转化为线性模型，利用最小二乘法公式计算回归系数，得到经验回归方程； （ii）根据年收益增量超过8亿元，建立不等式求解. 【小问1详解】 选择模型②，理由如下 由残差图可知，模型②的残差点比较均匀地落在水平带状区域中，且带状区域宽度比模型①窄，说明模型②的拟合精度更高，回归方程的预报精度相应就会越高，故模型②比较合适. 【小问2详解】 （i）根据模型②，令，则与可用线性回归来拟合，有. 由表中数据可知，，，， ，则， ， 所以与的经验回归方程为， 即与的经验回归方程为. （ii）由题意，要使年收益增量超过8亿元，则，即， 整理得，，即，解得， 因为为研发人员增量，需为正整数，所以，故预测要使年收益增量超过8亿元，研发人员增量至少9人. 18. 为响应全国乡村文化振兴活动，某村举办了以“潮艺焕彩一全民参与”为主题的投篮比赛， 设置了个人挑战赛与双人对抗赛两个环节，所有比赛结果相互独立， （1）个人挑战赛环节，由本村篮球高手 A 分别与甲、乙、丙三名挑战者各进行一局投篮比赛， 已知高手A与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为 . （i）求比赛后高手A三局全胜的概率； （ii）若高手A与甲、乙、丙以不同顺序进行比赛，记高手A“输第一局、而后连胜两局” 的概率为 ，试判断高手A先与甲、乙、丙三人中的哪个人比赛,最大，并写出判断过程; （2）双人对抗赛环节，由甲和乙进行投篮比赛，规定每局比赛胜者得 1 分，负者得 0 分，没有平局， 比赛进行到一方比另一方多 2 分为止， 多得 2 分的一方赢得比赛. 已知每局比赛中，甲获胜的概率为 ，乙获胜的概率为 ，且每局比赛结果相互独立、若比赛最多进行 5 局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值. 【答案】（1）（i）； （ii）高手A先与乙比赛,最大. 由题意知，的大小取决于谁先出场，与后两局顺序无关. 若高手A先与甲比赛，则； 若高手A先与乙比赛，则； 若高手A先与丙比赛，则. 因为，所以高手A先与乙比赛,最大. （2）的分布列为 2 4 5 的最大值为. 【解析】 【分析】（1）记篮球高手 A与甲、乙、丙三名挑战者比赛获胜分别为事件，（i）由相互独立事件的概率乘法公式，可求解；（ii）按不同比赛顺序，分别求得，比较可得. （2）根据题意，得到随机变量的所有可能取值，并求得相应的概率，列出分布列，再根据期望的公式表示出，利用基本不等式，求得其最大值. 【小问1详解】 记篮球高手 A与甲、乙、丙三名挑战者比赛获胜分别为事件， 则 （i）； （ii）略 【小问2详解】 由题意可得. 比赛结束时比赛局数的可能取值为. ， ， ， 所以的分布列为 2 4 5 所以的期望 由，得，当且仅当时，等号成立. 所以，， 所以. 故当时，取得最大值，最大值为. 19. 定义:如果函数 在定义域内既有极大值点 ，也有极小值点 ，且 （为常数），则称函数 为极值可差比函数，常数 称为该函数的极值差比系数. 已知函数 ， （1）当 时，判断 是否为极值可差比函数，并说明理由: （2）是否存在实数，使 的极值差比系数为 ，若存在，求出 的值，若不存在， 请说明理由; （3）若 ，求 的极值差比系数的取值范围. 【答案】（1）当时， 不 是极值可差比函数,理由如下： 当时，函数 ，定义域为. 恒成立， 所以在其定义域上单调递增，无极值点， 所以当时，不是极值可差比函数. （2） 存在， （3） 【解析】 【分析】（1）根据极值可差比函数的定义，验证当  时，函数  是否满足定义即可； （2）假设存在实数，使的极值差比系数为  ，将问题转化为有两个不等的正实数解，再利用导数判断单调性即可； （3）结合（2）得极值差比系数，,令，根据的取值范围，求出的取值范围，构造函数，利用导数分析其单调性，即可得其值域，从而得到的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 存在实数，使  的极值差比系数为  . 函数，定义域为. ， 假设存在实数，使的极值差比系数为  ， 则在上有两个不等的实数根，记为，满足. 因为是开口向上的二次函数， 由极值可差比函数的定义， 有，解得且. 所以， 即. 令函数， ， 令， 则. 令， 则恒成立， 所以在上减函数，所以， 所以在上为减函数，所以. 所以，所以在上为减函数. 又，所以有唯一解， 此时，所以. 当时，， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以有极大值点，有极小值点. ， 此时，满足题意. 综上所述， 【小问3详解】 函数，定义域为. 恒成立， 若存在实数，使  为极值可差比函数， 则由（2）知， 且， 令，由， 若 ，则， 即. 所以即，解得. 则. 令， 则， 令， 则恒成立， 所以单调递减，所以，即， 所以恒成立，所以是增函数， 所以， 即. 故的极值差比系数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $