精品解析：广东广州市黄埔区2025-2026学年第二学期期末教学质量检测高二数学

2025-2026学年第二学期期末教学质量检测 高二数学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必在答题卡上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写自己的学校、姓名、试室号、座位号；同时填写考生号，再用2B铅笔把对应的考生号的标号涂黑． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，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．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 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. 已知等差数列的前项和为，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 某电子设备厂生产的芯片的某项质量指标服从正态分布．已知该芯片的质量指标在到之间为合格品，否则为次品．若从该厂生产的芯片中随机抽取一件，该芯片为次品的概率约为（ ）参考数据：若，则，， A. B. C. D. 4. 据统计某医院对患有某种疾病的青年患者治愈率为，中年患者治愈率为，老年患者治愈率为．该医院现患有此疾病的青年患者有10名、中年患者有40名、老年患者有50名，如果从中任选一名患者，则估计该患者的治愈率为（ ） A. B. C. D. 5. 甲、乙、丙、丁、戊五名教师带领学生参加校园植树活动，参加人员分成A，B，C，D四个小组，要求每个小组至少安排一名教师，每名教师只能去一个小组，那么甲恰好安排在A小组的不同安排方法数为（ ） A. 60 B. 64 C. 72 D. 96 6. 算力是人工智能大模型发展的基石，为模型训练提供计算资源支持．某科技公司在一定算力区间内进行某模型训练，统计得到算力投入（单位：PFLOPS）与模型训练效果得分的数据如下： 1 2 3 4 5 2 5 9 13 已知与之间满足线性相关关系，且，样本点处的残差（观测值减去预测值所得的差）为，则是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，某地有南北走向街道5条，东西走向街道6条，一快递员从该地西南角的餐厅B出发，送餐到东北角的A地，要求所走路程最短，则途经C地的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 设直线与函数，的图象分别交于点，则达到最小时的值为（ ） 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. 设，则下列结论正确的是（ ） A. B. 展开式中二项式系数最大的项为 C. D. 10. 甲箱中有2个白球和3个黑球，乙箱中有3个白球和2个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球．以分别表示从甲箱中取出的是白球，黑球的事件，以表示从乙箱中取出的是白球的事件，则下列结论正确的是（ ） A. 互斥 B. C. D. 11. 有5张形状大小相同的卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1张卡片．记X为这5张卡片中至少被取出1次的卡片的张数．则（ ） A. 恰有2次取到1号卡片的概率为 B. 取到三张序号不同且序号从小到大的卡片的概率为 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列的首项，满足（），则这个数列的前项的和______． 13. 展开式中项的系数为___________. 14. 已知曲线与直线（）相切，且满足条件的的值有且只有个，则实数a的取值范围是______． 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. 已知函数的两个极值点，且，记． （1）当时，求函数的单调区间； （2）当分别取，时，求的值，请根据计算结果并结合函数图象，提出一个合理的猜想（不用证明）． 16. 某社区卫生服务中心对社区老年人的健康情况与运动习惯的相关性进行调查，从辖区内随机抽取容量为200的样本，所得健康情况和运动习惯的样本观测数据表格如下： 运动习惯 健康情况 合计 良好 一般 经常运动 60 40 100 不经常运动 30 70 100 合计 90 110 200 附表：其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 （1）依据的独立性检验，能否认为老年人的健康情况与运动习惯有关联？ （2）现从运动习惯为“经常运动”的样本中，按健康情况，采用样本量比例分配的分层随机抽样，抽取5人组成一个小组，从抽取的5人中再随机抽取3人参加健康讲座，求这3人中健康情况为“良好”的人数的分布列及数学期望． 17. 已知等比数列的前项和为，满足， （1）求数列的通项公式； （2）若，且数列的前项和为，求证：． 18. 已知函数． （1）若函数在上单调递减，求的取值范围； （2）若函数有两个极值点，求证：． 19. 某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪动，已知开关第一次闭合后，出现红灯和绿灯的概率分别是，．从开关第二次闭合起，若前次出现红灯，则本次出现红灯的概率是，出现绿灯的概率是；若前次出现绿灯，则本次出现红灯和绿灯的概率都是，记开关第次闭合后出现红灯的概率为，开关次（即从第1次到第次）闭合后出现红灯的总次数为 （1）求、； （2）求； （3）已知：若随机变量服从两点分布，且，则．求． 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 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必在答题卡上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写自己的学校、姓名、试室号、座位号；同时填写考生号，再用2B铅笔把对应的考生号的标号涂黑． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，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．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 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. 已知等差数列的前项和为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可得，即，解得， 所以. 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确. 3. 某电子设备厂生产的芯片的某项质量指标服从正态分布．已知该芯片的质量指标在到之间为合格品，否则为次品．若从该厂生产的芯片中随机抽取一件，该芯片为次品的概率约为（ ）参考数据：若，则，， A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由质量指标服从正态分布，得， 则质量指标在到之间的概率， 所以该芯片为次品的概率约为. 4. 据统计某医院对患有某种疾病的青年患者治愈率为，中年患者治愈率为，老年患者治愈率为．该医院现患有此疾病的青年患者有10名、中年患者有40名、老年患者有50名，如果从中任选一名患者，则估计该患者的治愈率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】如果从中任选一名患者为青年的概率为，中年的概率为，老年的概率为， 如果从中任选一名患者，则估计该患者的治愈率为. 5. 甲、乙、丙、丁、戊五名教师带领学生参加校园植树活动，参加人员分成A，B，C，D四个小组，要求每个小组至少安排一名教师，每名教师只能去一个小组，那么甲恰好安排在A小组的不同安排方法数为（ ） A. 60 B. 64 C. 72 D. 96 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理及排列计数、组合计数问题列式求解. 【详解】由题意得小组只有甲教师一名，有种安排方法， 小组有两名教师，有种安排方法， 所以甲恰好安排在A小组的不同安排方法数为. 6. 算力是人工智能大模型发展的基石，为模型训练提供计算资源支持．某科技公司在一定算力区间内进行某模型训练，统计得到算力投入（单位：PFLOPS）与模型训练效果得分的数据如下： 1 2 3 4 5 2 5 9 13 已知与之间满足线性相关关系，且，样本点处的残差（观测值减去预测值所得的差）为，则是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求得回归直线方程，利用回归直线必过代入回归直线求解即可. 【详解】因为样本点处的残差为，所以， 即，则，所以， 因为，， 回归直线必过，所以，解得. 7. 如图，某地有南北走向街道5条，东西走向街道6条，一快递员从该地西南角的餐厅B出发，送餐到东北角的A地，要求所走路程最短，则途经C地的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】考虑小矩形的横边和直边，例如从B到A的最短距离就是从4个横边加5个直边共9条线段，不同的方法就是什么时候走直边什么时候走横边，由组合知识可得不同的方法数，根据分步乘法计数原理可得． 【详解】由B出发，送餐到东北角的A地，向东走4格，向北走5格，一共9格，其中只需确定东向的格子即可确定路线，所以由B出发，送餐到东北角的A地的最短路径有种, 同理可得由B出发，到C地的最短路径有种， 由C出发，到A地的最短路径有种， 则由B出发，送餐到东北角的A地，途经C地有种， 所以途经C地的概率是. 8. 设直线与函数，的图象分别交于点，则达到最小时的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出点的坐标及，再构造函数并利用导数求出最小值即可. 【详解】依题意，，，因此， 令，求导得， 当时，；当时，， 函数在上递减，在上递增， 则当时，，此时， 所以当时，取得最小值. 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. 设，则下列结论正确的是（ ） A. B. 展开式中二项式系数最大的项为 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用二项展开式令可判断A，展开式中二项式系数最大的项为第4项利用通项令可判断B，分别令和联立化简可判断C，分别令和联立化简可判断D. 【详解】A，二项展开通项公式：， 令，则，故A错误； B，展开式中二项式系数最大的项为第4项， 令，则，故B正确； C，令，则，即， 令，则，即，则，故C正确； D，令，则， 即， 所以，故D正确. 10. 甲箱中有2个白球和3个黑球，乙箱中有3个白球和2个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球．以分别表示从甲箱中取出的是白球，黑球的事件，以表示从乙箱中取出的是白球的事件，则下列结论正确的是（ ） A. 互斥 B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用互斥事件的定义判断A；利用条件概率的意义，结合古典概率求解判断C；利用条件概率公式求解判断B；利用全概率公式求解判断D. 【详解】对于A，事件不能同时发生，因此互斥，A正确； 对于C，，C正确； 对于B，，由选项C得，B错误； 对于D，，因此，D错误. 11. 有5张形状大小相同的卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1张卡片．记X为这5张卡片中至少被取出1次的卡片的张数．则（ ） A. 恰有2次取到1号卡片的概率为 B. 取到三张序号不同且序号从小到大的卡片的概率为 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于选项A：∵ 每次取到1号卡片的概率为，取不到1号卡片的概率为， 恰有2次取到1号卡片，即从3次抽取中选2次取1号，剩余1次不取1号， ∴ 对应概率为，故A错误. 对于选项B：∵ 取到三张序号不同的卡片，共有种有序取法， 其中满足序号从小到大的取法，对应从5个数字中选3个的组合数，共种， 有放回抽取3次，每次抽取有5种等可能结果，总基本事件数为. ∴ 所求概率为，故B正确. 对于选项C：表示3次抽取的卡片仅属于2种不同的数字. ∵ 先从5张卡片中选2种，有种选法， 3次抽取均为这2种数字，且两种数字都至少出现1次，共有种情况（减去全为第一种、全为第二种的2种极端情况）， ∴ ，故C正确. 对于选项D：的可能取值为1,2,3. ∵ 表示3次抽取的是同一张卡片，共5种情况，∴ . 由C的计算可知， 表示3次抽取的是3种不同的卡片，共种情况，∴ . ∴ ，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列的首项，满足（），则这个数列的前项的和______． 【答案】26 【解析】 【分析】递推求得周期 2，奇数项恒为 2、偶数项恒为 4；前 9 项含 5 个奇数项、4 个偶数项，分别相加得到总和 26. 【详解】， 当 ： 当 ： ： 数列周期为：，奇数项为，偶数项为 所以. 13. 展开式中项的系数为___________. 【答案】42 【解析】 【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得. 【详解】对，有， 则有. 故答案为：. 14. 已知曲线与直线（）相切，且满足条件的的值有且只有个，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】依题意有3个不同值 关于的方程 有3 个不同实根，通过极值异号求解实数a的取值范围. 【详解】设切点横坐标为 ， ， 则，依题意，， 即， 整理得 依题意有3个不同值 关于的方程 有3 个不同实根， 设，则 令，得极值点：， 要使 有 3 个不同实根，需两个极值点处函数值异号， 因，， 由,可得，解得， 则实数a的取值范围是. 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. 已知函数的两个极值点，且，记． （1）当时，求函数的单调区间； （2）当分别取，时，求的值，请根据计算结果并结合函数图象，提出一个合理的猜想（不用证明）． 【答案】（1）在和上单调递增，在内单调递减． （2）猜想：不论取何值时， 【解析】 【分析】（1）对函数求导，根据导函数和原函数的关系得出单调区间； （2）先对函数求导，得到，由导数分析函数单调性得到极值点，进而得到即可求得，再根据结果猜想得到. 【小问1详解】 当时，所以 令，解得或 或 把函数定义域划分成三个区间，在各区间上的正负，以及的单调性如表所示． 0 0 单调递增 8 单调递减 单调递增 所以在和上单调递增，在内单调递减． 【小问2详解】 当时，， 由，则， 所以， 当时， 所以，， 令，解得或， 则，即 推出猜想：不论取何值时，， 是开口向上的抛物线，恰好是抛物线对称轴，抛物线在对称轴处切线斜率为 0，因此不论取何值时，. 16. 某社区卫生服务中心对社区老年人的健康情况与运动习惯的相关性进行调查，从辖区内随机抽取容量为200的样本，所得健康情况和运动习惯的样本观测数据表格如下： 运动习惯 健康情况 合计 良好 一般 经常运动 60 40 100 不经常运动 30 70 100 合计 90 110 200 附表：其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 （1）依据的独立性检验，能否认为老年人的健康情况与运动习惯有关联？ （2）现从运动习惯为“经常运动”的样本中，按健康情况，采用样本量比例分配的分层随机抽样，抽取5人组成一个小组，从抽取的5人中再随机抽取3人参加健康讲座，求这3人中健康情况为“良好”的人数的分布列及数学期望． 【答案】（1）认为老年人的健康状况与运动习惯有关联． （2） X 1 2 3 P 数学期望为 【解析】 【小问1详解】 零假设为：老年人的健康情况与运动习惯无关联 由题意得． 由于，根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为老年人的健康状况与运动习惯有关联． 【小问2详解】 “经常运动”的样本共100人，其中“健康良好”60人，“健康一般”40人，按照分层抽样抽取5人， “健康良好”有人，“健康一般”有人， 随机变量的可能取值为1，2，3， ， ， ， 所以的分布列为： X 1 2 3 P 所以数学期望． 17. 已知等比数列的前项和为，满足， （1）求数列的通项公式； （2）若，且数列的前项和为，求证：． 【答案】（1） （2） ，结合（1）得，则， 因此 ，则，即数列是递增数列， 又，，所以． 【解析】 【分析】（1）利用，结合已知求出公比，方法一，利用特值法求出，进而求出通项公式；方法二，利用等比数列前项和公式求出，进而求出通项公式. （2）由（1）求出，再利用裂项相消法求和得，再借助单调性推理得证. 【小问1详解】 由，得（）， 两式相减得，则， 由数列是等比数列，得数列的公比为， 方法一：由，得，化简得 则，解得，所以数列的通项公式为. 方法二：由，得， ，解得， 所以数列的通项公式是. 【小问2详解】 略 18. 已知函数． （1）若函数在上单调递减，求的取值范围； （2）若函数有两个极值点，求证：． 【答案】（1） （2）证明： 若，即时，，此时的单调递减区间是； 若，即时，令，解得两根为， 因为函数有两个极值点，所以，即 易知，的单调递增区间为， 单调递减区间为， 所以当时，函数有两个极值点，且， 因为 要证，只需证 令 则 在上单调递增，又，，且在定义域不间断，由零点存在定理知在上有唯一实根，且， 则在上递减，在上递增，所以的最小值为． 因为，且 当时， 则，所以恒成立，所以 所以 【解析】 【分析】（1）依题意在上恒成立，参变分离可得在上恒成立，结合二次函数的性质计算可得； （2）利用韦达定理得到两极值点的和与积，然后得到两极值的和关于a的函数表达式，将要证不等式转化为关于实数a的不等式，构造函数，利用导数研究其单调性，结合零点存在定理研究最值，从而证明原不等式. 【小问1详解】 函数的定义域为 依题意得， 由函数在上单调递减，所以则在上恒成立. 即，在上恒成立． 在上，令，当时， 实数的取值范围为 【小问2详解】 略 19. 某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪动，已知开关第一次闭合后，出现红灯和绿灯的概率分别是，．从开关第二次闭合起，若前次出现红灯，则本次出现红灯的概率是，出现绿灯的概率是；若前次出现绿灯，则本次出现红灯和绿灯的概率都是，记开关第次闭合后出现红灯的概率为，开关次（即从第1次到第次）闭合后出现红灯的总次数为 （1）求、； （2）求； （3）已知：若随机变量服从两点分布，且，则．求． 【答案】（1），； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式计算第二次出现红灯的概率，再列出的分布列求期望； （2）通过递推关系构造等比数列求解的通项； （3）利用两点分布的期望性质，结合等比数列求和计算. 【小问1详解】 记“开关第次闭合后出现红灯”为事件，“开关第次闭合后出现绿灯”为事件， 所以，． 的可能取值为 所以 【小问2详解】 设，依题可知，，则 ， 即， 构造等比数列， 设，解得，则， 又，所以是首项为，公比为的等比数列， 即． 【小问3详解】 设随机变量，则服从两点分布， 因为，，且 由已知可得， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $