精品解析：河南郑州市第二高级中学2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题

2025-2026学年下期期末考试 高二数学试题卷 注意事项： 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考试时间120分钟，满分150分.考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效，交卷时只交答题卡. 第I卷（选择题，共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 用0，1，2，3这四个数字可以组成多少个无重复数字的三位数（ ） A. 16 B. 18 C. 20 D. 22 3. 甲、乙、丙、丁四个人排成一排，其中甲乙不相邻，则所有的排队方法数为（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 24 4. 已知变量关于变量的线性回归方程为，则样本点的残差为（ ） A. B. C. 1 D. 2 5. 已知随机变量，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 众所周知，长时间玩手机会影响视力，但是很多人依然会花大量时间玩手机.据调查，某学校大约有的学生每天玩手机超过1小时，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为.现从该校随机调查一名学生，他近视的概率大约是（ ） A. B. C. D. 7. 的展开式中系数为（ ） A. -13 B. -7 C. 11 D. 13 8. 甲、乙两人进行羽毛球比赛，约定打6局，每局必分胜负，无平局.每局比赛中，获胜方得1分，失败方得0分.已知甲在每局比赛中获胜和失败的概率均为，且各局结果相互独立.在整个比赛过程中，甲的累计得分始终不小于乙的累计得分的概率是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 对两个变量和进行回归分析，得到一组样本数据：，，…，，则下列说法中正确的是（ ） A. 若变量和之间的相关系数，则变量和之间具有正线性相关关系 B. 若变量和之间的相关系数为，则越大，变量和之间的线性相关关系越强 C. 用决定系数来刻画回归效果，越小，说明模型的拟合效果越好 D. 各个样本点对应的残差平方和越小，说明选用的模型拟合效果越好 10. 将4个编号为，，，的小球放入编号为，，，的四个盒子中，则下列说法正确的是（ ） A. 总共有256种放法 B. 每个盒子放一个球，且球的编号与盒子的编号都不能相同的放法有9种 C. 若恰有一个空盒，共有144种放法 D. 每盒至多两球，有216种放法 11. 对于函数，下列说法正确的有（ ） A. 在上单调递减，在上单调递增 B. C. 设有个不同的零点，则 D. 若方程有四个不同的实数根，则 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 若随机变量，若，则________. 13. 已知随机事件，满足，，，则________. 14. 已知函数，直线与函数有三个不同的交点，，，，其中，则的取值范围为________. 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. 已知的展开式中第4项和第6项的二项式系数相等. （1）求； （2）求展开式中所有的有理项. 16. 随着科技的进步，人工智能（AI）工具在职场中的应用日益广泛，像豆包、DeepSeek等常见的AI工具，已被证明能有效提升员工的工作效率和准确率.某公司为了解员工使用这类AI工具的熟练度，进行了一次内部统计.公司总共70人，男女员工各占一半，其中能够熟练使用AI工具的50人中女生占. （1）补充列联表，并根据的独立性检验，能否认为性别与使用AI工具的熟练度具有相关性？ 能够熟练使用AI工具 不能够熟练使用AI工具 合计 男员工 35 女员工 35 合计 70 （2）现按熟练度采用分层抽样的方法从该公司的男员工中随机抽取14人，再从这14人中随机抽取3人，记其中不能够熟练使用AI工具的人数为，求的分布列以及数学期望. 附：，其中. 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17. 已知函数. （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）讨论的单调性. 18. 为了让学生在阳光下多运动，增强体格，锻炼意志，某学校高二年级举行“足球全明星赛”.精英班为了夺得足球赛的冠军，队员和替补队员按5人一组，有小组长带领大家进行训练.其中，A组的训练方式为5人围成一圈进行单球传球训练，甲、乙两位同学都被分在了A组而且位置相邻.训练分为两个阶段，每阶段第1次都由甲将球传出，第一阶段进行短传练习，每次传球时传球者等可能地将球传给相邻的人；第二阶段进行长传练习，每次传球时传球者等可能地将球传给不相邻的人，规定球传回到甲或传到乙时结束长传练习.记“第一阶段经过（）次传球后球在甲脚下”，“第二阶段结束时球在甲脚下”. （1）求； （2）求，； （3）求. 19. 设函数. （1）当时， （i）若，求的最小值； （ii）若，求函数的极值点的个数； （2）对任意，总存在，使得，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年下期期末考试 高二数学试题卷 注意事项： 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考试时间120分钟，满分150分.考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效，交卷时只交答题卡. 第I卷（选择题，共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据基本初等函数的导数公式、导数运算法则及复合函数求导法则，逐一验证四个选项的正误即可 【详解】对于A，因为，故A不正确； 对于B，因为是常数，由常数的导数为0，得，故B不正确； 对于C，因为，故C不正确； 对于D，因为.故D正确. 2. 用0，1，2，3这四个数字可以组成多少个无重复数字的三位数（ ） A. 16 B. 18 C. 20 D. 22 【答案】B 【解析】 【分析】优先考虑百位不能为0的限制，利用分步乘法计数原理依次计算各数位的可选方案数，相乘得到总个数. 【详解】组成无重复数字的三位数时，百位数字不能为0，按数位分步计算： 百位选择：只能从1、2、3中选取，共种选法； 十位选择：百位选完后剩余3个数字（包含0），共种选法； 个位选择：百位、十位选完后剩余2个数字，共种选法； 根据分步乘法计数原理，总个数为. 3. 甲、乙、丙、丁四个人排成一排，其中甲乙不相邻，则所有的排队方法数为（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 24 【答案】B 【解析】 【详解】先排丙、丁两人，再将甲、乙插入空隙，则共有种排队方法 4. 已知变量关于变量的线性回归方程为，则样本点的残差为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据残差的定义，先计算x=2对应的回归预测值，再用实际观测值减去预测值即可得到残差． 【详解】将 代入线性回归方程，得预测值 , 已知该样本点的实际观测值 ， 因此残差为． 5. 已知随机变量，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以，则 6. 众所周知，长时间玩手机会影响视力，但是很多人依然会花大量时间玩手机.据调查，某学校大约有的学生每天玩手机超过1小时，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为.现从该校随机调查一名学生，他近视的概率大约是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用全概率公式，将随机抽取学生近视的概率拆分为玩手机超过1小时和未超过1小时两类情况的概率之和求解． 【详解】设事件 “学生每天玩手机超过1小时”，事件 “学生近视”， 由题意可知， ，， 因此 , 根据全概率公式 ． 7. 的展开式中系数为（ ） A. -13 B. -7 C. 11 D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】将转化为，然后根据通项公式求系数即可. 【详解】， 所以的展开式中的系数为. 8. 甲、乙两人进行羽毛球比赛，约定打6局，每局必分胜负，无平局.每局比赛中，获胜方得1分，失败方得0分.已知甲在每局比赛中获胜和失败的概率均为，且各局结果相互独立.在整个比赛过程中，甲的累计得分始终不小于乙的累计得分的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意分甲赢3局，乙赢3局、甲赢4局，乙赢2局、甲赢5局，乙赢1局、甲赢6局，乙赢0局，结合要求计算出每种情况的排列数，再根据独立事件的乘法和概率加法公式求解． 【详解】情况一：甲赢3局，乙赢3局，且甲的累计得分始终不小于乙的累计得分， 符合题意的获胜情况有：甲乙甲乙甲乙、甲乙甲甲乙乙、甲甲乙乙甲乙、甲甲乙甲乙乙、 甲甲甲乙乙乙共5种，此时概率； 情况二：甲赢4局，乙赢2局， 从6局中选4局甲赢，有种， 其中不符合题意的获胜情况有：乙乙甲甲甲甲、 乙甲乙甲甲甲、乙甲甲乙甲甲、 乙甲甲甲乙甲、乙甲甲甲甲乙、甲乙乙甲甲甲共6种， 则符合题意的获胜情况有9种，此时概率； 情况三：甲赢5局，乙赢1局， 符合题意的情况有种，此时概率； 情况四：甲赢6局，乙赢0局，此时概率； 综上，概率． 二、多选题：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. 对两个变量和进行回归分析，得到一组样本数据：，，…，，则下列说法中正确的是（ ） A. 若变量和之间的相关系数，则变量和之间具有正线性相关关系 B. 若变量和之间的相关系数为，则越大，变量和之间的线性相关关系越强 C. 用决定系数来刻画回归效果，越小，说明模型的拟合效果越好 D. 各个样本点对应的残差平方和越小，说明选用的模型拟合效果越好 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A：相关系数的符号对应线性相关的方向，说明变量和之间为正线性相关关系，A正确； 对于B：相关系数的大小反映线性相关的强弱，越接近1，线性相关关系越强，因此越大线性相关性越强，B正确； 对于C：决定系数越接近1，说明模型对样本数据的解释度越高，拟合效果越好，即越大拟合效果越好，而非越小越好，C错误； 对于D：残差平方和是实际值与模型预测值的偏差平方和，其值越小说明预测值和实际值吻合度越高，模型拟合效果越好，D正确. 10. 将4个编号为，，，的小球放入编号为，，，的四个盒子中，则下列说法正确的是（ ） A. 总共有256种放法 B. 每个盒子放一个球，且球的编号与盒子的编号都不能相同的放法有9种 C. 若恰有一个空盒，共有144种放法 D. 每盒至多两球，有216种放法 【答案】ABC 【解析】 【分析】A应用分步乘法原理求放法数，B讨论小球1放入2号、3号、4号盒子，结合分类讨论求放法数，C应用分步分类计数，及分组分配求不同的放法数，D由总放法数减去4个球都放同一个盒子、恰好一个盒子放3个球两种情况. 【详解】对于A：每个小球都可以任意选择4个盒子，共种放法，A正确， 对于B：假设小球1放入2号盒子： 情况一：小球2放入1号盒子， 剩下小球3和4，只能放入3、4号盒子， 由于4不能回4号盒，3不能回3号盒，则小球3去4号盒，小球4去3号盒， 即排列为 ， 情况二：小球2放入3号盒子， 剩下小球3和4，必须放入1号和4号盒子， 由于3不能回3号盒，4不能回4号盒，则小球3去4号盒，小球4去1号盒， 即排列为， 情况三：小球2放入4号盒子。 剩下小球3和4，必须放入1号和3号盒子， 由于3不能回3号盒，则小球3去1号盒，小球4去3号盒， 即排列为， 所以1号球放入2号盒时，一共有 3 种放法， 同理，小球1放入3号、4号盒子均各有3种，共有9种，B正确， 对于C：选1个空盒有，把4个球以分组有，三组全排列放入剩下3个盒子有， 所以若恰有一个空盒的放法种，C正确， 对于D：由A分析知，总放法有256种，其中4个球都放同一个盒子有4种， 恰好一个盒子放3个球，一个盒子放1个，共种， 所以符合条件的放法为种，D错误. 11. 对于函数，下列说法正确的有（ ） A. 在上单调递减，在上单调递增 B. C. 设有个不同的零点，则 D. 若方程有四个不同的实数根，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】先用导数研究函数的性质，进而可判断A选项；对B根据对数函数的性质可得；对C选项则转化为与有个不同的交点问题，并结合函数的图象和性质判断可得；对D选项则将方程转化为两个方程或，显然方程有根，再根据函数的性质只需也必须有个根，结合函数图象判断可得. 【详解】因为函数​有意义，函数的定义域为，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以在时取极小值，极小值为，且时，. 对A选项，因为在处无定义，区间包含，不能说在整个上单调递减，A错误； 对选项B，因为，所以，即，故B正确； 对选项C，当时，，所以，且单调递减， 所以单调递增，当，当； 当时，，在单调递减，在上单调递增， ，当和时，. 因为有个不同的零点，所以有个不同解， 所以与有个不同的交点，如图： 所以，解得，故C正确； 对选项D，对方程因式分解得：， 因此原方程就等价于或， 若：，因此有个不同解，无解，共个解； 方程，当时方程有个不同解； 当时方程有个不同解； 当时方程有个不同解； 当时方程有个不同解； 因为原方程有个不同实根，则需要再有个不同解，必有，故D正确. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 若随机变量，若，则________. 【答案】0.186 【解析】 【分析】利用正态分布密度曲线关于均值对称的性质，结合已知概率求解目标区间的概率 【详解】因为随机变量，所以. 由正态分布的性质可知 ， 因此. 13. 已知随机事件，满足，，，则________. 【答案】 ## 【解析】 【分析】应用条件概率公式、全概率公式及对立事件的概率求法求概率即可. 【详解】由， 又，则， 且， 所以. 14. 已知函数，直线与函数有三个不同的交点，，，，其中，则的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数单调性与导数正负性的关系，结合待定系数法、数形结合思想、二次函数的性质进行求解即可. 【详解】， 当时，解得，或， 当时，解得， 因此函数在上单调递减，在和上单调递增， 且，如下图所示： 因为直线与函数有三个不同的交点，，，，其中， 所以有， 于是有， 于是有， 因为， 所以， 由， 所以， 因为，二次函数的对称轴为，且开口向下， 所以，因此， 因此，所以的取值范围为. 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. 已知的展开式中第4项和第6项的二项式系数相等. （1）求； （2）求展开式中所有的有理项. 【答案】（1）8 （2）,, 【解析】 【分析】（1）根据二项式系数的性质计算； （2）求出通项，然后分情况讨论即可. 【小问1详解】 由题意得，则. 【小问2详解】 通项公式， 当时，符合，则此项为； 当时，不符合；当时，不符合； 当时，不符合；当时，符合，则此项为； 当时，不符合；当时，不符合； 当时，不符合；当时，符合，则此项为， 综上可得，展开式中所有的有理项有，，. 16. 随着科技的进步，人工智能（AI）工具在职场中的应用日益广泛，像豆包、DeepSeek等常见的AI工具，已被证明能有效提升员工的工作效率和准确率.某公司为了解员工使用这类AI工具的熟练度，进行了一次内部统计.公司总共70人，男女员工各占一半，其中能够熟练使用AI工具的50人中女生占. （1）补充列联表，并根据的独立性检验，能否认为性别与使用AI工具的熟练度具有相关性？ 能够熟练使用AI工具 不能够熟练使用AI工具 合计 男员工 35 女员工 35 合计 70 （2）现按熟练度采用分层抽样的方法从该公司的男员工中随机抽取14人，再从这14人中随机抽取3人，记其中不能够熟练使用AI工具的人数为，求的分布列以及数学期望. 附：，其中. 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） 能够熟练使用AI工具 不能够熟练使用AI工具 合计 男员工 30 5 35 女员工 20 15 35 合计 50 20 70 根据的独立性检验，不能认为性别与使用AI工具的熟练度具有相关性. （2） 0 1 2 数学期望为. 【解析】 【小问1详解】 由题可知，总人数70，男女各35人； 能熟练使用AI工具共50人，其中女生占女生熟练20人，男生熟练30人； 则男员工不熟练人，女员工不熟练人，则可补全列表. ，代入得： ，故根据的独立性检验，不能认为性别与使用AI工具的熟练度具有相关性. 【小问2详解】 从这14人中随机抽取3人，记其中“不能熟练使用AI工具”的人数为， 则的可能取值为. 利用超几何分布概率公式：，， ，则可写出分布列， . 17. 已知函数. （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）讨论的单调性. 【答案】（1）（或） （2）当时，在单调递增，在单调递减；当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增；当时，在上单调递增；当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义即可求解； （2）求出函数的导数，讨论参数a的取值范围，确定导数的正负，即可确定函数的单调性. 【小问1详解】 当时，，则， 则， 故函数在处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 由得， 当时，，令，则， 当时，，则；当时，，则； 故在单调递增，在单调递减； 当时，令，则， 当时，，在上单调递增； 当时，，当时，，在单调递增， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增； 当时，，当时，，在单调递增， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增； 综合上述可知： 当时，在单调递增，在单调递减； 当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增, 18. 为了让学生在阳光下多运动，增强体格，锻炼意志，某学校高二年级举行“足球全明星赛”.精英班为了夺得足球赛的冠军，队员和替补队员按5人一组，有小组长带领大家进行训练.其中，A组的训练方式为5人围成一圈进行单球传球训练，甲、乙两位同学都被分在了A组而且位置相邻.训练分为两个阶段，每阶段第1次都由甲将球传出，第一阶段进行短传练习，每次传球时传球者等可能地将球传给相邻的人；第二阶段进行长传练习，每次传球时传球者等可能地将球传给不相邻的人，规定球传回到甲或传到乙时结束长传练习.记“第一阶段经过（）次传球后球在甲脚下”，“第二阶段结束时球在甲脚下”. （1）求； （2）求，； （3）求. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据传球规则，确定相应事件包含的事件个数，根据古典概型的概率公式，即可求得答案. （2）根据古典概型结合组合数公式列式； （3）记事件“第二阶段结束时球在甲脚下” =“球从甲（1）传出，最终回到甲（1）”，C=“球从戊（5）传出，最终回到甲（1）”，利用方程思想，列出关于的方程，即可求得答案. 【小问1详解】 当时，实现的方法为向左传5次或向右传5次，共有种（即向右传5次和向右传0次）， 而此时总共种可能的传球方式， 所以； 【小问2详解】 当时，实现的方法数为解的数量， 可能的取值为个1；个1和5个；个1和10个；， 个，共有种情况， 而此时所有可能的传球方法有种， 故； 【小问3详解】 设甲位置为1，乙位置为2，其余位置为， 记事件“第二阶段结束时球在甲脚下” =“球从甲（1）传出，最终回到甲（1）”， C=“球从戊（5）传出，最终回到甲（1）”， 分解事件B，可能的情况是：， 将视作整体量，则； 再分解C，可能的情况是：，则，解得， 代入可得，即第二阶段结束时球在甲脚下的概率为. 19. 设函数. （1）当时， （i）若，求的最小值； （ii）若，求函数的极值点的个数； （2）对任意，总存在，使得，求的最大值. 【答案】（1）（i）（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）利用导数结合三角函数性质可得函数的最小值（ii）分区间讨论：在区间上无极值，在上，再构造函数用导数判断单调性并结合零点存在性定理可得极值点的个数； （2）先通过必要性确定，再通过充分性证明成立，再构造函数，用导数证明可得，从而可得所求值的最大值. 【小问1详解】 （i）若，此时， 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减. 且，，故的最小值为. （ii）因为， ，令， 当时，，又，故，导数不变号，无极值点； 当时，， 因为，所以，故单调递减. 又，，故存在唯一，使得， 且在左正右负，所以是极值点. 综上，的极值点个数为. 【小问2详解】 必要性：因为对任意，总存在，使得， 所以成立，即， 因此存在，有非负解，所以. 充分性：因此只需证明对任意，总存在，使得. 由不等式变形为， 当（即），不等式左边是关于的单调递增函数，只要足够大不等式必成立. 当（即），不等式左边是关于的单调减函数， 只需时不等式成立，即恒成立. 令，求导得， 在上，， 故时，，单调递减； 时，，单调递增. 所以最小值为，即恒成立，因此时不等式恒成立. 综上所述，满足条件，结合必要性得的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $