精品解析：河北雄安新区2025-2026学年高二下学期7月期末教学质量检测数学试题

2025-2026学年第二学期期末教学质量检测 高二数学 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求． 1. 设函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】 2. 已知随机变量，若，则（ ） A. 0.4 B. 0.3 C. 0.35 D. 0.25 【答案】C 【解析】 【详解】因，且，则， 则. 3. 一个物体从高处做自由落体运动，时该物体距离地面的高度（单位：m）为，则该物体在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求解即可. 【详解】对求导，得. 将代入导函数，得. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式定理化简求值即可. 【详解】由二项式定理可知：， 所以. 5. 下列正确的选项是（ ） A. 残差图中残差点所在的水平带状区域越宽，则回归方程的预报精确度越高 B. 两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的值越接近于1 C. 若与线性相关越强，则在线性回归直线上的点越多 D. 甲、乙两个模型的分别约为0.95和0.90，则模型甲的拟合效果更好 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】选项 A，残差图带状区域越宽，代表残差波动越大，模型预测误差越大，预报精确度越低， A 错误； 选项 B，线性相关性越强，相关系数|r|越接近1：正相关强：r→1，负相关强：r→−1，B 错误； 选项 C，线性相关强弱描述的是点整体贴近直线的程度，不是落在直线上点的数量，相关强只代表点离直线近，不代表直线上点更多，C 错误； 选项 D决定系数,越接近 1，模型拟合效果越好；0.95>0.90，故甲模型拟合更好，D 正确. 6. 甲射击三次，每次射中的概率均为，且每次射击互不影响，射中一次得5分，没射中得0分，若射击三次后总得分为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先把得分转化为射中次数的线性变换，利用二项分布的方差公式算出，再用方差性质即可快速求出. 【详解】设射中次数为随机变量，则，已知总得分， 根据方差性质，若，则. 根据二项分布方差公式，代入得， 则. 7. 已知随机事件、满足，，，求（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得， 8. 设定义在上的函数满足，，则（ ） A. 有极大值，无极小值 B. 有极小值，无极大值 C. 既有极大值，又有极小值 D. 既无极大值，也无极小值 【答案】D 【解析】 【分析】设，则利用导数可证，故可得正确的选项. 【详解】因为，故， 故，设，则，则， 故且故， 设，则， 则， 故当时，，当时，， 故在上为增函数，在上为减函数， 故，故恒成立，故既无极大值，也无极小值， 故选：D. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 若展开式的二项式系数和为，则下列结论正确的有（ ） A. B. 所有项的系数和为 C. 展开式中的有理项共有4项 D. 第四项的系数最大 【答案】AB 【解析】 【分析】根据二项式系数和为，求出的值，判断A；令，求出所有项的系数和，判断B；求出展开式中的有理项，判断C；求出第四、五项的系数，判断D. 【详解】对于A，因为二项式系数和为， 由题意可得，解得，故A正确； 对于B，由A可知原式即为， 令，则， 即所有项的系数和为，故B正确； 对于C，因为的展开式的通项公式为，其中， 当为整数时，， 所以原式的展开式中有理项共有3项，故C错误； 对于D，由C可知， 其系数为， 而， 其系数为， 所以第四项的系数不是最大的，故D错误. 10. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某中学在新学期计划开设“礼､乐､射､御､书､数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的有（ ） A. 某学生从中选2门课程学习，共有12种选法 B. 课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法 C. 课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有144种法 D. 课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有504种排 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项根据组合的方法计算；B选项，利用捆绑法计算；C选项，利用插空法计算；D选项，通过分“礼”排在最后一周和不排在最后一周两种情况计算． 【详解】对于A，6门中选2门共有种选法，故A错误； 对于B，课程“乐”“射”排在相邻的两周时，把这两个看成一个整体，有 种排法，然后全排列有 种排法， 根据分步乘法计数原理，“乐”“射”相邻的排法共有 种，故B正确； 对于C，课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，先排剩下的三门课程有种排法， 然后利用插空法排课程“御”“书”“数”有种排法， 根据分步乘法计数原理，得共有种排法，故C正确； 对于D，分2种情况讨论：若先把“礼”排在最后一周，再排“数”，有种排法， 若先把“礼”不排在最后一周，再排“数”，有 种排法， 所以共有种排法，故D正确． 故选：BCD． 11. 已知函数，则下列结论正确的有（ ） A. 在定义域上不单调 B. 的图象关于点中心对称 C. 有且仅有一个极小值点 D. 恒成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，二阶导数判定导函数单调，结合端点函数值异号，可推导出原函数先减后增，不单调；选项B，定义域仅为单侧区间，函数图像不可能存在对称中心；选项C，导函数单调且仅有一个零点，对应原函数仅有一个极小值点；选项D，利用极值点处导数为零做等量代换，将最小值转化为平方形式，轻松证得最小值恒正. 【详解】选项A，定义域，，设，因为，所以在单调递增， 因为，所以存在唯一零点， 即单调递增；单调递减，A正确； 选项B，函数定义域是，图象不可能关于点中心对称，B错误； 选项C，由选项A可知，在定义域内先减后增，有且仅有一个极小值点，C正确； 选项D，，取时，，即， 代入得，所以有，D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据排列和组合公式求解即可. 【详解】因为， 所以， 解得或， 由题意可得，解得， 所以. 13. 某校5名同学打算去山西旅游，现有平遥古城、五台山、省博物馆三个景区可供选择．若每个景区中至少有1名同学前往打卡，每人仅去一个景点，则不同方案的种数为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，分为三个景区安排的人数之比为或，结合排列、组合数的计算公式即可求解. 【详解】若三个景区安排的人数之比为，则有种安排方法； 若三个景区安排的人数之比为，则有种安排方法； 故不同的安排方法种数是. 14. 在篮球训练场上，教练指导三名学员A，B，C进行传球训练，训练开始时，篮球在教练手中．由教练开始传球，他每次等可能地将篮球传给学员A，B，C其中一人，学员接球后，将篮球传出，传给教练的概率为，传给另外两学员的概率相等，篮球在四人之间传递，设表示经过n次传球后篮球在教练手中的概率，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由全概率公式得到递推关系式，从而求得通项公式. 【详解】设表示经过次传球后篮球在教练手中的概率， ， 且， 即， 则数列是首项为，公比为的等比数列， ，即. 四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答题写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）当时，求函数的最大值与最小值. 【答案】（1）答案见解析 （2）最小值为，最大值为11 【解析】 【分析】（1）利用导数分析可得； （2）结合函数的单调性列表可得. 【小问1详解】 ， 令， 所以当时，，为单调递增函数；当，时，，为单调递减函数， 所以函数的单调递增区间为，递减区间为，. 【小问2详解】 由（1）可得 1 0 递减 递增 所以最小值为，最大值为11. 16. 某食品厂为了检查流水线的生产情况，随机抽取流水线上20件产品作为样本，分别称出它们的重量（单位：克），将数据按照，，，分成5组.制成如右图所示的频率分布直方图. （1）从流水线上抽取3件产品，用频率估计概率，求恰有2件产品的重量超过505克的概率； （2）在样本中重量位于的产品中任取2件，设为重量低于495克的产品数量，求随机变量的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为 0 1 2 【解析】 【小问1详解】 样本中，重量超过505克的频率为， 于是可估计任取一件产品，其重量超过505克的概率为. 设恰有2件产品重量超过505克为事件，. 【小问2详解】 样本中重量位于的产品共有件， 其中重量低于495克的有3件. 所以的可能取值有0，1，2. ，， 的分布列为 0 1 2 的期望为. 17. 某车间三名工人甲、乙、丙生产同种零件，三人产量占车间总产量比例分别为：工人甲生产40%，工人乙生产35%，工人丙生产25%．长期统计得出：工人甲、乙、丙生产产品的次品率分别为4%、2%、2%，所有零件混合存放无标记． （1）随机抽取一件零件，求该零件是次品的概率； （2）若抽到一件次品，求该次品是工人甲生产的概率； （3）若出现次品需要追责，分别求甲、乙、丙三名工人应当承担的责任份额． 【答案】（1）0.028 （2） （3）甲、乙、丙三名工人应当承担的责任份额分别为、、 【解析】 【小问1详解】 设事件表示“零件由工人甲生产”， 事件表示“零件由工人乙生产”， 事件表示“零件由工人丙生产”， 事件表示“抽取的零件为次品”. ，，，，,. . ∴随机抽取一件零件，该零件是次品的概率为0.028． 【小问2详解】 由（1）得. . ∴次品是工人甲生产的概率为． 【小问3详解】 由（2）知，甲工人承担的份额. ，. 甲、乙、丙三名工人应当承担的责任份额分别为、、. 18. 某药物研发公司，研发新型缓释药剂，药物进入小白鼠体内后存在代谢滞留期，滞留期指服药至体内药物浓度降至安全阈值的时长，滞留期越长，药物蓄积风险越高．现对200只实验小白鼠的代谢滞留期（单位：天）统计，统计发现滞留期平均数为7.1，方差为．如果认为超过8天的滞留期属于“长滞留期”，按小白鼠品系分为成年品系和幼龄品系，得到如下列联表： 品系（只数） 长滞留期 非长滞留期 成年品系 30 110 幼龄品系 20 40 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为“长滞留期”与小白鼠品系有关； （2）假设滞留期服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差． ①实验室规范要求：小白鼠给药后需隔离14天，请用概率知识解释该要求的合理性； ②以样本频率估计概率，设1000只实验小白鼠中恰有只属于“长滞留期”的概率为，当为何值时，取得最大值． 附：， 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.897 10.828 正态参考数据： 【答案】（1）认为“长滞留期”与小鼠品系无关 （2）①若滞留期，由 ， 得知滞留期超过14天的概率很低，因此隔离14天是合理的； ② 【解析】 【分析】（1）先设零假设，再计算卡方，进而与临界值比较判断即可； （2）①应用正态分布性质计算概率证明合理性；②应用做商法计算判断最大值即可. 【小问1详解】 零假设：“长滞留期”与小白鼠品系无关． 由表中数据可得 依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为“长滞留期”与小鼠品系无关； 【小问2详解】 ①略 ②由于200小白鼠中有50个属于长滞留期， 若以样本频率估计概率，一个小白鼠属于“长滞留期”的概率是， 于是． 则 ． 当时，； 当时，； ，． 故当时，取得最大值． 19. 已知函数， （1）当时，求在处的切线方程； （2）若函数在上的最大值为；求的值； （3）设，若，，使得，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，再代入得出导数值即可得出斜率，最后点斜式得出切线方程即可； （2）先求出导函数，再分类讨论函数的单调性结合定义域得出最值即可求解参数； （3）先根据任意及存在得出，结合导数得出函数单调性即可列式计算求解参数范围 【小问1详解】 ，，， ，，所以切线的斜率为2， 所以切线方程为 【小问2详解】 依题意可得， 当时，，此时在上单调递增； 当时，由得，得， 则在上单调递增，在上单调递减； 由以上分析知，当或时，在上单调递增； 所以，得（舍去）； 当，即时，在上单调递增，在上单调递减， 所以，得； 综上，若函数在上的最大值为，则， 【小问3详解】 由已知转化为， 又时，， 由（1）知，当时，在上单调递增，值域为，不合题意； 当时，在上单调递增，在上单调递减， 则，解得， 综上，的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期期末教学质量检测 高二数学 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求． 1. 设函数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知随机变量，若，则（ ） A. 0.4 B. 0.3 C. 0.35 D. 0.25 3. 一个物体从高处做自由落体运动，时该物体距离地面的高度（单位：m）为，则该物体在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 下列正确的选项是（ ） A. 残差图中残差点所在的水平带状区域越宽，则回归方程的预报精确度越高 B. 两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的值越接近于1 C. 若与线性相关越强，则在线性回归直线上的点越多 D. 甲、乙两个模型的分别约为0.95和0.90，则模型甲的拟合效果更好 6. 甲射击三次，每次射中的概率均为，且每次射击互不影响，射中一次得5分，没射中得0分，若射击三次后总得分为，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知随机事件、满足，，，求（ ） A. B. C. D. 8. 设定义在上的函数满足，，则（ ） A. 有极大值，无极小值 B. 有极小值，无极大值 C. 既有极大值，又有极小值 D. 既无极大值，也无极小值 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 若展开式的二项式系数和为，则下列结论正确的有（ ） A. B. 所有项的系数和为 C. 展开式中的有理项共有4项 D. 第四项的系数最大 10. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某中学在新学期计划开设“礼､乐､射､御､书､数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的有（ ） A. 某学生从中选2门课程学习，共有12种选法 B. 课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法 C. 课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有144种法 D. 课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有504种排 11. 已知函数，则下列结论正确的有（ ） A. 在定义域上不单调 B. 的图象关于点中心对称 C. 有且仅有一个极小值点 D. 恒成立 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则________． 13. 某校5名同学打算去山西旅游，现有平遥古城、五台山、省博物馆三个景区可供选择．若每个景区中至少有1名同学前往打卡，每人仅去一个景点，则不同方案的种数为________． 14. 在篮球训练场上，教练指导三名学员A，B，C进行传球训练，训练开始时，篮球在教练手中．由教练开始传球，他每次等可能地将篮球传给学员A，B，C其中一人，学员接球后，将篮球传出，传给教练的概率为，传给另外两学员的概率相等，篮球在四人之间传递，设表示经过n次传球后篮球在教练手中的概率，则________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答题写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）当时，求函数的最大值与最小值. 16. 某食品厂为了检查流水线的生产情况，随机抽取流水线上20件产品作为样本，分别称出它们的重量（单位：克），将数据按照，，，分成5组.制成如右图所示的频率分布直方图. （1）从流水线上抽取3件产品，用频率估计概率，求恰有2件产品的重量超过505克的概率； （2）在样本中重量位于的产品中任取2件，设为重量低于495克的产品数量，求随机变量的分布列和数学期望. 17. 某车间三名工人甲、乙、丙生产同种零件，三人产量占车间总产量比例分别为：工人甲生产40%，工人乙生产35%，工人丙生产25%．长期统计得出：工人甲、乙、丙生产产品的次品率分别为4%、2%、2%，所有零件混合存放无标记． （1）随机抽取一件零件，求该零件是次品的概率； （2）若抽到一件次品，求该次品是工人甲生产的概率； （3）若出现次品需要追责，分别求甲、乙、丙三名工人应当承担的责任份额． 18. 某药物研发公司，研发新型缓释药剂，药物进入小白鼠体内后存在代谢滞留期，滞留期指服药至体内药物浓度降至安全阈值的时长，滞留期越长，药物蓄积风险越高．现对200只实验小白鼠的代谢滞留期（单位：天）统计，统计发现滞留期平均数为7.1，方差为．如果认为超过8天的滞留期属于“长滞留期”，按小白鼠品系分为成年品系和幼龄品系，得到如下列联表： 品系（只数） 长滞留期 非长滞留期 成年品系 30 110 幼龄品系 20 40 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为“长滞留期”与小白鼠品系有关； （2）假设滞留期服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差． ①实验室规范要求：小白鼠给药后需隔离14天，请用概率知识解释该要求的合理性； ②以样本频率估计概率，设1000只实验小白鼠中恰有只属于“长滞留期”的概率为，当为何值时，取得最大值． 附：， 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.897 10.828 正态参考数据： 19. 已知函数， （1）当时，求在处的切线方程； （2）若函数在上的最大值为；求的值； （3）设，若，，使得，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $