精品解析：甘肃陇南市康县第一中学、第二中学、永兴中学2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题

2026年康县第一中学、康县第二中学、康县永兴中学 高二下学期期末考试（数学）试卷 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.如需或动，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，请将试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：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. 1. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 2. 已知 ，，且和的分布密度曲线如图所示，则（ ） A. B. C. D. 3. 一个直线运动的质点的位移y（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. 1 B. -1 C. 6078 D. -6078 5. 如果散点图中所有的散点都落在一条斜率不为0的直线上，则下列结论错误的是（ ） A. 解释变量和响应变量线性相关 B. 相关系数 C. 决定系数 D. 残差平方和等于1 6. 甲同学参加综合素质测试，该测试共有6个项目．已知甲同学每个项目合格的概率均为，合格得3分，不合格扣2分，且各项目是否合格相互独立．设6个项目测试完后甲的总得分为Y，期望为，方差为，当最大时，（ ） A. B. C. D. 7. 已知事件的概率均不为0，下列说法正确的是（ ） A. 若，则事件与为对立事件 B. 若，则事件与为相互独立事件 C. 若，则 D. 若，则 8. 已知，则（ ） 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. 已知展开式中共有8项．则该展开式结论正确的是（ ） A. 所有项的二项式系数和为128 B. 所有项的系数和为 C. 系数最大项为第2项 D. 有理项共有4项 10. 甲、乙、丙、丁、戊5人参加完某项活动后合影留念，则（ ） A. 5人站成一排，若甲、乙必须相邻，共有48种排法 B. 5人站成一排，若甲、乙不能相邻，共有72种排法 C. 5人站成一排，若甲不能站在两端，共有72种排法 D. 5人站成两排，若甲、乙站前排，丙、丁、戊站后排，共有120种排法 11. 已知，，，设的最小值为N，且（为自然对数的底数），则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最大值是 C. D. 若且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则________. 13. 4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种. 14. 已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，且，则______． 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）当时，比较与的大小； （2）讨论的单调性； （3）当时，证明． 16. 在某次世界乒乓球锦标赛的团体比赛中，中国队将对阵韩国队．比赛实行5局3胜制，根据以往战绩，中国队在每一局中获胜的概率都是． （1）求中国队以的比分获胜的概率； （2）设事件“韩国队先胜第一局”，设事件“中国队获得最终的胜利”，求； （3）假设全场比赛的局数为随机变量，在韩国队先胜第一局的前提下，求的分布列和数学期望． 17. 2024年某公司推出高、中、低3个价位的S型新能源汽车，这3个价位的新能源汽车的销量之比为3∶3∶4，用户对这3个价位的新能源汽车的满意率分别为80%，60%，70%． （1）求用户对S型新能源汽车的满意率； （2）从对S型新能源汽车满意的用户中随机抽取1人，求此用户购买的是低价位S型新能源汽车的概率． 18. 为深入学习党的二十大精神，激励青年学生积极奋发向上.某学校团委组织学生参加了“青春心向党，奋进新时代”为主题的知识竞赛活动，并从中抽取了200份试卷进行调查，这200份试卷的成绩（卷面共100分）频率分布直方图如图所示. （1）用样本估计总体，试估计此次知识竞赛成绩的平均数； （2）将此次竞赛成绩近似看作服从正态分布（用样本平均数和标准差分别作为的近似值），已知样本的标准差.现从该校参与知识竞赛的所有学生中任取100人，记这100人中知识竞赛成绩超过88分的学生人数为随机变量，求的数学期望； （3）从得分区间和的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这10份样本中随机抽测3份试卷，若已知抽测的3份试卷来自于不同区间，求抽测3份试卷有2份来自区间的概率. 参考数据：若，则，. 19. 已知函数，直线与曲线相切. （1）求的值； （2）若对任意，存在，使得不等式成立，求的最大值； （3）若，求证：对任意，有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年康县第一中学、康县第二中学、康县永兴中学 高二下学期期末考试（数学）试卷 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.如需或动，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，请将试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：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. 1. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题设， 因为定义域为，不等式两边同乘， 得到， 令或. 因为二次函数开口向上， 所以的解为或. 因为的定义域为， 所以最后不等式的解集为. 2. 已知 ，，且和的分布密度曲线如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由密度曲线结合正态分布性质求解即可. 【详解】由题图可知，，则，即，所以A错误； 根据正态曲线的性质，越大图象越矮胖，则，即，所以B错误； 由图可知，，所以C正确； 由图可知，，所以D错误． 3. 一个直线运动的质点的位移y（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导，得到，由导数的物理意义得到瞬时速度. 【详解】由题意得，所以， 即该质点在时的瞬时速度为． 故选：A． 4. 若，则（ ） A. 1 B. -1 C. 6078 D. -6078 【答案】D 【解析】 【分析】先求导，再令即可求解. 【详解】由， 两边同时求导得， 令，则. 5. 如果散点图中所有的散点都落在一条斜率不为0的直线上，则下列结论错误的是（ ） A. 解释变量和响应变量线性相关 B. 相关系数 C. 决定系数 D. 残差平方和等于1 【答案】D 【解析】 【分析】根据散点图得这两个变量线性相关，由此判断各选项. 【详解】直线对应的函数为一次函数，故解释变量和响应变量是一次函数关系，故A正确. 因为样本点都落在直线上，所以样本相关系数，所以，所以B 正确。 决定系数和残差平方和都能反映模型的拟合程度，故决定系数，残差平方和为0，故C正确，D错误 故选：D 6. 甲同学参加综合素质测试，该测试共有6个项目．已知甲同学每个项目合格的概率均为，合格得3分，不合格扣2分，且各项目是否合格相互独立．设6个项目测试完后甲的总得分为Y，期望为，方差为，当最大时，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项分布的期望、方差公式，结合、方差的性质列式求出最大值. 【详解】依题意，合格项目的个数，则，， 由每个项目合格得分，不合格扣2分，得甲的总得分， 因此，， 则，又， 所以当时，取得最大值. 故选：C 7. 已知事件的概率均不为0，下列说法正确的是（ ） A. 若，则事件与为对立事件 B. 若，则事件与为相互独立事件 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】由概率加法公式，条件概率公式，对立事件和独立事件的定义可选答案. 【详解】对于A：因为，由，只能得到，并不能得到事件与为对立事件，故A错误； 对于B：因为， 由，只能得到，并不能得到，从而不能得出事件与为相互独立事件，故B错误； 对于C：由可得或，当时不能得出，故C错误； 对于D：因为， 又，所以，故D正确. 故选：D. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，由导数判断单调性后比较大小， 【详解】设，则，当时，， 故在上单调递减， 而，故， 故选：B 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. 已知展开式中共有8项．则该展开式结论正确的是（ ） A. 所有项的二项式系数和为128 B. 所有项的系数和为 C. 系数最大项为第2项 D. 有理项共有4项 【答案】AD 【解析】 【分析】先根据展开式的项数确定的值，根据二项式系数的性质判断A；令可得所有项的系数和从而判断B，利用二项展开式的通项公式求解系数最大项及有理项可判断CD． 【详解】A项，因为的展开式共有8项，所以． 故所有项的二项式系数和为，故A正确； B项，令，可得所有项的系数和为，故B错误； 因为二项展开式的通项公式为： ．. C项， 当，设项系数最大， 由，解得，则， 且，第3项系数为. 当时，，系数为1； 当时，，系数为； 由，故第3项的系数最大；故C错误； D项，由为整数，且可知，的值可以为：0，2，4，6， 所以二项展开式中，有理项共有4项，故D正确． 故选：AD. 10. 甲、乙、丙、丁、戊5人参加完某项活动后合影留念，则（ ） A. 5人站成一排，若甲、乙必须相邻，共有48种排法 B. 5人站成一排，若甲、乙不能相邻，共有72种排法 C. 5人站成一排，若甲不能站在两端，共有72种排法 D. 5人站成两排，若甲、乙站前排，丙、丁、戊站后排，共有120种排法 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，利用捆绑法进行求解；B选项，利用插空法进行求解；C选项，先从中间3个位置选一个给甲，其余4人全排列，根据分步乘法计数原理求出答案；D选项，考虑甲、乙，再考虑丙、丁、戊，根据分步乘法计数原理求出答案. 【详解】选项A：把甲、乙看成一个整体与其余3人全排列，有种排法， 甲、乙两人之间有种排法，所以共有种排法，A正确. 选项B：先排丙、丁、戊有种排法，丙、丁、戊形成4个空， 从4个空中选2个排甲、乙，有种排法，所以共有种排法，B正确. C选项：先从中间3个位置选一个给甲，有种方法，其余4人全排列，有种方法. 根据分步乘法计数原理，共有种排法，C正确. D选项：甲、乙站前排有种排法，丙、丁、戊站后排有种排法， 根据分步乘法计数原理，共有种排法，D错误. 故选：ABC 11. 已知，，，设的最小值为N，且（为自然对数的底数），则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最大值是 C. D. 若且，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据基本不等式“1”的妙用求出即可判断A；，利用导数求出的最值即可判断B；令，根据单调性可得，进而推导判断C；作差证明即可判断D． 【详解】解：， 当且仅当即，时取等号，故A错误； 因为且，所以， 设，， 时，的解为，的解为， 则在单调递增，单调递减，故最大值为，则的最大值是，故B正确； 令，，则， ，，所以在区间上单调递增， 又，，即， 即，， 即，故C错误； 由， ，，，， ，即，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则________. 【答案】7 【解析】 【分析】结合排列组合公式解方程即可 【详解】因为，故，即，解得 故答案为： 13. 4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，有且只有2名同学在同一个小区，利用先选后排的思想，结合排列组合和乘法计数原理得解. 【详解】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学 先取2名同学看作一组，选法有： 现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有： 根据分步乘法原理，可得不同的安排方法种 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了计数原理的综合应用，解题关键是掌握分步乘法原理和捆绑法的使用，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 14. 已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，且，则______． 【答案】 【解析】 【详解】因为数列为等比数列，且各项均为正数，设公比为， 所以，， 由得，即， 解得或（舍）， 所以． 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）当时，比较与的大小； （2）讨论的单调性； （3）当时，证明． 【答案】（1） （2）时在上单调递增；时在上单调递增，在上单调递减 （3）证明：由（2）知，当时，在取得最大值，最大值为， 所以等价于，即， 设，则， 当时，，当时，． 所以在上单调递增，在上单调递减， 故当时，取得最大值，最大值为，所以当时，， 从而当时，，即． 【解析】 【分析】（1）求导判断单调性，根据单调区间比较大小即可； （2）求导后分子因式分解，按的正负讨论单调区间； （3）利用最大值点代入，转化为恒成立即可得证. 【小问1详解】 当时，，的定义域为， 则， 故当时，；当时，． 故在上单调递增，在上单调递减； 又，故． 【小问2详解】 的定义域为，． 若，则当时，，故在上单调递增， 若，则当时，；当时，． 故在上单调递增，在上单调递减； 【小问3详解】 略 16. 在某次世界乒乓球锦标赛的团体比赛中，中国队将对阵韩国队．比赛实行5局3胜制，根据以往战绩，中国队在每一局中获胜的概率都是． （1）求中国队以的比分获胜的概率； （2）设事件“韩国队先胜第一局”，设事件“中国队获得最终的胜利”，求； （3）假设全场比赛的局数为随机变量，在韩国队先胜第一局的前提下，求的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） （3）的分布列为： 3 4 5 【解析】 【分析】（1）由题意可知中国队前三局都获胜，根据公式计算即可； （2）由题意，有两种情况：①中国队连胜3局，②中国队在2到4局中胜2局，再胜第5局，利用公式计算即可； （3）由题意知，分别求出对应的概率，列出分布列，求出数学期望即可. 【小问1详解】 设中国队以的比分获胜的事件为， 则. 【小问2详解】 在韩国队先胜第一局的前提下，中国队获得最终的胜利有2种情况： ①中国队连胜3局，此时的概率为：； ②中国队在2到4局中胜2局，再胜第5局， 此时概率为：； 所以. 【小问3详解】 由题意知， 则， ， ， 所以的分布列为： 3 4 5 则. 17. 2024年某公司推出高、中、低3个价位的S型新能源汽车，这3个价位的新能源汽车的销量之比为3∶3∶4，用户对这3个价位的新能源汽车的满意率分别为80%，60%，70%． （1）求用户对S型新能源汽车的满意率； （2）从对S型新能源汽车满意的用户中随机抽取1人，求此用户购买的是低价位S型新能源汽车的概率． 【答案】（1）0.7 （2）0.4 【解析】 【分析】（1）由全概率公式求解即可； （2）由贝叶斯公式求解． 【小问1详解】 设“用户购买的是高价位的S型新能源汽车”， “月用户购买的是中价位的S型新能源汽车”， “用户购买的是低价位的S型新能源汽车”， “用户对S型新能源汽车满意”， 则，，两两互斥，且，，， ，，， 由全概率公式得 ． 【小问2详解】 从对S型新能源汽车满意的用户中随机抽取1人，此用户购买的是低价位S型新能源汽车的概率，就是在B发生的条件下，发生的概率， 18. 为深入学习党的二十大精神，激励青年学生积极奋发向上.某学校团委组织学生参加了“青春心向党，奋进新时代”为主题的知识竞赛活动，并从中抽取了200份试卷进行调查，这200份试卷的成绩（卷面共100分）频率分布直方图如图所示. （1）用样本估计总体，试估计此次知识竞赛成绩的平均数； （2）将此次竞赛成绩近似看作服从正态分布（用样本平均数和标准差分别作为的近似值），已知样本的标准差.现从该校参与知识竞赛的所有学生中任取100人，记这100人中知识竞赛成绩超过88分的学生人数为随机变量，求的数学期望； （3）从得分区间和的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这10份样本中随机抽测3份试卷，若已知抽测的3份试卷来自于不同区间，求抽测3份试卷有2份来自区间的概率. 参考数据：若，则，. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据平均数的计算公式求解即可； （2）根据正态分布的对称性求解，然后根据二项分布的期望公式求解期望即可； （3）根据分层抽样、条件概率公式求解即可. 【小问1详解】 由题意有， 所以估计此次知识竞赛成绩的平均数为； 【小问2详解】 由题意有，因为，即，所以， 由题意得抽取100人中知识竞赛成绩超过88分的学生人数服从二项分布，即，所以， 所以抽取100人中知识竞赛成绩超过88分的学生人数的数学期望为； 【小问3详解】 由频率分布直方图有：分数在和的频率分别为和， 按照分层抽样，抽取10份，其中在应抽取份，分数应抽取份， 令事件抽取3份试卷来自不同区间，事件取出的试卷有2份来自区间， 所以， 所以. 所以抽测3份试卷有2份来自区间的概率为. 19. 已知函数，直线与曲线相切. （1）求的值； （2）若对任意，存在，使得不等式成立，求的最大值； （3）若，求证：对任意，有. 【答案】（1） （2） （3） 由已知可得， 则， 令，则， 所以在上单调递增， 又函数在上单调递增且恒为正， 所以在上单调递增且恒为正， 所以在单调递增， 令，，则， 因为，所以，在单调递增， 所以对任意有， 因为时， ， 所以，即. 【解析】 【分析】（1）设出切点坐标，利用导数的几何意义求解即可； （2）将原不等式转化为，利用导数求的单调区间进而求最小值即可； （3）构造，，利用导数可知在单调递增，利用单调性证明不等式即可. 【小问1详解】 设直线与曲线相切于点处， 因为，所以①， 又因为②，①②联立解得，. 【小问2详解】 由（1）得， 对任意，存在，使得不等式成立， 等价于对任意，即可， 所以当时恒成立， 令，只需即可， 因为，令， 则， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 因为，所以， 又 ，，所以当时，，即，单调递减， 当时，，即，单调递增， 所以，即的最大值为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $