精品解析：广西壮族自治区玉林市2025-2026学年高二下学期期末教学质量监测数学试题

2026年春季期高二期末教学质量监测 数学 （试卷总分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 第Ⅰ卷 一．单项选择题：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. 已知随机变量服从两点分布，且，则（ ） A. 0.7 B. 0.5 C. 0.3 D. 0.1 【答案】C 【解析】 【分析】根据两点分布的性质求解即可. 【详解】因为随机变量服从两点分布，且， 则. 故选：C 2. 已知命题，，则为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】全称命题的否定为特称命题，否定时需将全称量词替换为存在量词，同时否定原命题的结论，变量的取值范围保持不变. 【详解】原命题为，则 为. 3. 已知实数满足，则下列不等式中恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过举反例说明A、B、C错误，利用指数函数单调性可得D正确. 【详解】当时，满足，但，故A错误； 当时，满足，但，故B错误； 当时，满足，但，故C错误； 因为 是一个增函数，故当时，一定有，故D正确． 故选：D. 4. 近年中国新能源汽车进入高速发展时期，为了了解消费者的购车类型与地域是否具有相关性，某品牌汽车商随机调查了甲､乙两地各200名消费者，并用等高堆积条形图直观地展示调查结果如下图所示，经计算得到. 车型与地区 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. 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 下列说法正确的是（ ） A. 在所调查的甲地购车者中，若按比例分层随机抽样抽取20人，则新能源车主有8人 B. 在所调查的乙地购车者中，购买燃油车的人数比新能源车的多20人 C. 依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 D. 依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域无关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 【答案】C 【解析】 【分析】借助分层随机抽样定义计算可得A；分别计算出购买燃油车的人数与购买新能源车的人数可得B；利用独立性检验定义可得C、D. 【详解】对A：，故新能源车主有人，故A错误； 对B：购买燃油车的人数为， 购买新能源车的人数为， 则购买燃油车的人数比新能源车的多人，故B错误； 对C、D：依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域有关联， 由，故此推断犯错误的概率不大于，故C正确、D错误. 5. 已知函数的图象是下列四个图象之一，且其导函数的图象如图所示，则函数的图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】当时，，所以在单调递增， 且的值在上越来越大，在上越来越小， 即：函数的图象的切线斜率先变大后减小，故B正确，其余错误． 6. “”是“函数在区间上单调递增”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】结合导数将函数单调问题转化为恒成立问题，求出，再结合充分不必要条件的定义判断即可. 【详解】由题意得，则， 若在区间上单调递增，则在上恒成立， 化简得在上恒成立，令， 由二次函数性质得在上单调递增， 而，则，得到， 可得“”是“”的充分而不必要条件，故A正确. 7. 一个宿舍的6名同学被邀请参加一个晚会，如果其中甲和乙两位同学要么都去，要么都不去，有多少种去法？（ ） A. 24 B. 32 C. 30 D. 28 【答案】B 【解析】 【详解】把甲乙两个人看成一个人，则去法共有种； 8. 若函数在上有最小值，则实数的取值范围为（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】可导函数在开区间内存在最小值，则其必在区间内存在极小值点，即导数存在从负到正的变号零点,对于本题，导函数的分子为二次函数，其对应的函数至多只有一个极小值点，故若在内存在最小值，则导数在区间内存在唯一的从负到正的变号零点. 【详解】已知函数的定义域为，对其求导得： ，令， 若在上存在最小值，根据本题的函数结构可知，函数在区间内先递减后递增， 即在内由负变正，等价于. . 解得，即实数的取值范围是. 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. 下列说法正确的有（ ） A. 式子可表示y关于x的函数 B. 函数的图象与直线的交点最多有1个 C. 函数，则 D. 与是同一函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】由函数的定义可判断ABD，由解析式代入求解可判断C； 【详解】对于A，由有意义可得，，所以， 又对于任意的，存在唯一的y与之对应，所以A正确； 对于B，由函数的定义，在定义域内的每一个x，有且只有一个y与之对应， 所以函数的图象与直线的交点最多有1个，故B正确； 对于C，， 故，故C错误； 对于D，函数与有相同的定义域与对应关系，故这两个函数是同一个函数，故D正确． 故选：ABD 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 已知，则的取值为或 B. 除以余数是 C. 的展开式中的系数为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，运用组合数的性质分类讨论；对于选项B，结合二项式定理做整除余数分析；对于选项C，拆分因式，按二项通项匹配目标次数算系数；对于选项D，借助组合数对称性简化求值. 【详解】选项A，已知，根据组合数的性质，， 且或，解得或，选项正确； 选项B，根据二项式定理，， 当时，该项值为，剩下项均含因子，都能被整除，所以除以的余数是，选项错误； 选项C，由题的通项， 的系数为，选项正确； 选项D，由题，，， 所以，选项正确. 11. 已知函数是定义域为R的偶函数，且满足，，，则（ ） A. 的周期为 B. 点是的一个对称中心 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，推出，A正确；B选项，根据函数为偶函数，推出为的对称轴；C选项，计算出；D选项，计算出的值，由周期性求和，得到答案 【详解】A选项，，则，故， 所以的一个周期为4，A正确； B选项，函数是定义域为R的偶函数，故， 因为，所以，故为的对称轴，B错误； C选项，中，令得， 中，令得， 故，又因为，解得，故，C错误； D选项，中，令得， 又，所以， ，D正确. 第Ⅱ卷 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 由单词“school”中的字母作为集合中的元素，则集合中的元素共有__________个． 【答案】5 【解析】 【详解】由已知， 所以集合中的元素共有个. 13. 若随机变量，且，则____________． 【答案】0.1## 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性得到答案. 【详解】因为，且，则， 所以． 故答案为：0.1 14. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每隔等可能地向左或向右移动一个单位长度，移动次后质点对应的数为，在“”的条件下，事件“有且仅有一次经过1”的概率是__________． 【答案】 【解析】 【分析】设表示向右的次数，可得服从二项分布，根据与的关系，求得，再求出，利用条件概率公式求解. 【详解】记表示向右的次数，则服从二项分布， 此时质点对应的数， 记“”为事件，，， 于是：， 记事件“有且仅有一次经过1”为， 则事件的情况有：，，，，（其中表示向右走，表示向左走），共种， 则，于是. 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 （1）求的图象在点处的切线方程； （2）求的单调区间. 【答案】（1）； （2）单调递增区间是，单调递减区间是. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程即得. （2）由（1）的导函数，解导函数大于0，小于0的不等式即可. 【小问1详解】 函数，求导得，则，而， 所以的图象在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 函数的定义域为R，由（1）得， 由，得或，由，得， 所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是. 16. 小张准备在某县城开一家文具店，为经营需要，小张对该县城另一家文具店中的某种水笔的单支售价及相应的日销售量进行了调查，单支售价（元）和日销售量（支）之间的数据如表所示； 单支售价（元） 1.4 1.6 1.8 2 2.2 日销售量（支） 13 11 7 6 3 （1）根据表格中的数据，求出关于的回归直线方程； （2）请由（1）所得的回归直线方程预测日销售量为18支时.单支售价应定为多少元？ 参考公式：.参考数据：. 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）需要先计算样本数据的均值和，再根据给定公式计算回归系数和截距，从而得到关于的回归直线方程. （2）将销售量代入回归直线方程求出对应的单支售价. 【小问1详解】 对于给定的单支售价的数据1.4， 1.6， 1.8，2， 2.2，其均值； 对于销售量的数据13， 11，7，6，3，其均值. 已知，且，，，. 将这些值代入公式可得： 由，将，，代入可得： . 所以，关于的回归直线方程为. 【小问2详解】 当时，将其代入回归直线方程中，得到，解得. 所以，销售量为18支时，单支售价应定为元. 17. 已知一次函数在上单调递减，且满足，． （1）求的解析式； （2）当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法设一次函数，复合展开后对比系数列方程，再用单调性筛根. （2）整理不等式，再分类讨论，时，直接验证，时，用基本不等式求分离后函数的最小值，得到参数范围. 【小问1详解】 设，， 由可得， 即，所以， 解得或， 又在上单调递减，所以， 因此． 【小问2详解】 由（1）得， 则题干可转化为不等式在时恒成立． 当时，，为任意值时都满足题意. 当时，不等式可化为在时恒成立， ，当且仅当，即时，等号成立， 因此， 所以，即实数的取值范围为． 18. 某知识闯关比赛分为预赛与决赛，预赛胜利后才能参加决赛，预赛规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次；如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作预赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参加预赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功相互独立． （1）若计划依次派甲、乙、丙进行预赛闯关，，，，求该小组预赛胜利的概率； （2）已知，若乙只能安排在第二个派出，要使预赛派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出； （3）预赛胜利小组的三名队员都可以进入决赛，决赛规定：单人参赛，每个人回答三道题，全部答对获得一等奖；答对两道题获得二等奖；答对一道题获得三等奖；全部答错不获奖，已知某队员进入了决赛，他在决赛中第一道题答对的概率为，后两道题答对的概率均为．若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为，求的最小值． 【答案】（1） （2）先派出甲 （3） 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件乘法公式和互斥事件加法公式来求解，或用对立事件来求解； （2）利用两类情况，通过概率分布列求解期望，再利用作差法来判断即可； （3）利用获一等奖的概率得到参数的相等关系，再利用获二等奖的概率结合消元变为函数问题，通过求导判断单调性来求最小值即可. 【小问1详解】 解法一：设“该小组预赛胜利”，则， 所以该小组预赛胜利的概率为． 解法二：利用对立事件，； 【小问2详解】 由题意知，可分两类情况分别进行讨论，再比较他们期望的大小即可． 第一种情况，依次派出甲、乙、丙进行闯关，设派出的人员数目为，则的可能取值为1，2，3． 由题意可知，，，， 此时． 第二种情况，依次派出丙、乙、甲进行闯关，设派出的人员数目为，则的可能取值为1，2，3． 由题意可知，，，， 此时． 因为 而，即有，，所以． 故要使预赛派出人员数目的期望较小，应先派出甲． 【小问3详解】 由题意可得，于是． 则， 令，． 则，令得． 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 综上可知，当时，． 即的最小值为． 19. 定义：如果函数在定义域内存在极大值和极小值，且存在一个常数，使成立，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，若是极值可差比函数，求的极值差比系数的值； （2）是否存在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． 【答案】（1）； （2）不存在，理由如下：由题意得的定义域为，， 假设存在使的极值差比系数为， 则，是方程的两个不相等的正实数根， 则，解得， 不妨设，则， 因为 ， 所以， 从而，因为，所以， 得（*）， 令，， 所以在上单调递增，所以， 因此（*）无解，所以不存在使的极值差比系数为． 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性和极值，求出的值； （2）求导，由根与系数关系和韦达定理得到方程和不等式，根据题意得到方程，变形得到，构造函数，求导，得到上式无解，故不存在使的极值差比系数为． 【小问1详解】 当时，，则， 当时，，当，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为， 所以． 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年春季期高二期末教学质量监测 数学 （试卷总分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 第Ⅰ卷 一．单项选择题：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. 已知随机变量服从两点分布，且，则（ ） A. 0.7 B. 0.5 C. 0.3 D. 0.1 2. 已知命题，，则为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知实数满足，则下列不等式中恒成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 近年中国新能源汽车进入高速发展时期，为了了解消费者的购车类型与地域是否具有相关性，某品牌汽车商随机调查了甲､乙两地各200名消费者，并用等高堆积条形图直观地展示调查结果如下图所示，经计算得到. 车型与地区 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. 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 下列说法正确的是（ ） A. 在所调查的甲地购车者中，若按比例分层随机抽样抽取20人，则新能源车主有8人 B. 在所调查的乙地购车者中，购买燃油车的人数比新能源车的多20人 C. 依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 D. 依据的独立性检验，即消费者的购车类型与地域无关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 5. 已知函数的图象是下列四个图象之一，且其导函数的图象如图所示，则函数的图象是（ ） A. B. C. D. 6. “”是“函数在区间上单调递增”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 一个宿舍的6名同学被邀请参加一个晚会，如果其中甲和乙两位同学要么都去，要么都不去，有多少种去法？（ ） A. 24 B. 32 C. 30 D. 28 8. 若函数在上有最小值，则实数的取值范围为（） A. B. C. D. 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. 下列说法正确的有（ ） A. 式子可表示y关于x的函数 B. 函数的图象与直线的交点最多有1个 C. 函数，则 D. 与是同一函数 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 已知，则的取值为或 B. 除以余数是 C. 的展开式中的系数为 D. 11. 已知函数是定义域为R的偶函数，且满足，，，则（ ） A. 的周期为 B. 点是的一个对称中心 C. D. 第Ⅱ卷 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 由单词“school”中的字母作为集合中的元素，则集合中的元素共有__________个． 13. 若随机变量，且，则____________． 14. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每隔等可能地向左或向右移动一个单位长度，移动次后质点对应的数为，在“”的条件下，事件“有且仅有一次经过1”的概率是__________． 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 （1）求的图象在点处的切线方程； （2）求的单调区间. 16. 小张准备在某县城开一家文具店，为经营需要，小张对该县城另一家文具店中的某种水笔的单支售价及相应的日销售量进行了调查，单支售价（元）和日销售量（支）之间的数据如表所示； 单支售价（元） 1.4 1.6 1.8 2 2.2 日销售量（支） 13 11 7 6 3 （1）根据表格中的数据，求出关于的回归直线方程； （2）请由（1）所得的回归直线方程预测日销售量为18支时.单支售价应定为多少元？ 参考公式：.参考数据：. 17. 已知一次函数在上单调递减，且满足，． （1）求的解析式； （2）当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围． 18. 某知识闯关比赛分为预赛与决赛，预赛胜利后才能参加决赛，预赛规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次；如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作预赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参加预赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功相互独立． （1）若计划依次派甲、乙、丙进行预赛闯关，，，，求该小组预赛胜利的概率； （2）已知，若乙只能安排在第二个派出，要使预赛派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出； （3）预赛胜利小组的三名队员都可以进入决赛，决赛规定：单人参赛，每个人回答三道题，全部答对获得一等奖；答对两道题获得二等奖；答对一道题获得三等奖；全部答错不获奖，已知某队员进入了决赛，他在决赛中第一道题答对的概率为，后两道题答对的概率均为．若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为，求的最小值． 19. 定义：如果函数在定义域内存在极大值和极小值，且存在一个常数，使成立，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，若是极值可差比函数，求的极值差比系数的值； （2）是否存在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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $