精品解析：广东中山市2025-2026学年第二学期期末综合练习高二数学试题

广东中山市2025-2026学年第二学期期末综合练习 高二数学试题 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，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 若是2和18的等比中项，则实数的值是（ ） A. 6 B. 或6 C. 10 D. 或10 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比中项的性质有，即可求参数值. 【详解】由题设. 故选：B 2. 已知函数，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数公式直接计算即可. 【详解】由解析式知，所以. 故选：B 3. 已知数列满足：，，记数列的前n项积为，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，，所以， 故是周期为3的周期数列，且， 所以. 4. 已知函数（）的图象如图，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由的图象得到的单调性，从而得到的正负，即可得解. 【详解】由的图象可知，在和上单调递增，在上单调递减， 则当时，，时，， 时，，所以不等式的解集为. 故选：C. 5. 离散型随机变量X的分布列如下： X 1 2 3 4 P m 0.3 n 0.2 若，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据分布列的性质得，再由期望的求法列方程求得，最后结合期望的性质、方差公式及概率的性质判断各项的正误. 【详解】由题设，则，A对； 由，则，联立， 所以，则，D错； ，B对； ，C对. 故选：D 6. 某公司人力资源部决定安排5名同事到3个人才市场进行人员招聘，每人只去一个人才市场，每个人才市场至少安排1人，则不同的安排方式共有（ ） A. 80种 B. 150种 C. 240种 D. 360种 【答案】B 【解析】 【分析】将5人分为一组3人，其余两组各1人，或两组各2人，剩余一组1人，两种情况，再应用排列组合数求不同安排方式种数. 【详解】将5人分为三组，共有两种情况： ①一组3人，其余两组各1人，则有种； ②两组各2人，剩余一组1人，则有种． 故共有种不同的安排方式. 故选：B 7. 某学习小组用计算机软件对一组数据进行回归分析，甲同学首先求出经验回归方程，样本点的中心为．乙同学对甲的计算过程进行检查，发现甲将数据误输成，数据误输成，将这两个数据修正后得到经验回归方程，则实数（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据回归直线过样本中心，先求，由误输入的平均数求得，进一步求修正后的样本中心坐标，代入线性回归方程求值. 【详解】样本点的中心为，代入，可知， 假设甲输入的为，为 所以，， 得，， 改为正确数据时，， 样本点的中心为，将其代入回归直线方程得. 故选：D 8. 已知函数只有极小值，则一定有（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】已知函数只有极小值，根据的导数符号的变化规律确定参数的正负. 【详解】函数的定义域为， ， 因为函数只有极小值， 所以在上只有一个变号零点， 即方程在上有且仅有一个正根， 设， 当时，， 若，则，要使，， 此时，当时，，当时，， 函数只有极小值， 当时，函数的图象开口向上，对称轴， 则时，函数的图象与轴在上有且仅有一个交点， 设交点为， 则时，，时，，函数只有极小值， 当时，函数的图象开口向下， 函数的图象与轴在上有一个交点、两个交点或没有交点， 此时函数没有极小值， 综上，函数只有极小值，则一定有. 故选：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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知事件，满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项，利用概率的乘法公式，即可求解； 对于B、C选项，利用条件概率的性质，即可求解； 对于D选项，利用全概率公式，即可求解. 【详解】对于A选项，，所以A选项正确； 对于B选项，，所以B选项错误； 对于C选项，，所以C选项正确； 对于D选项，，则，所以D选项正确． 故选：ACD． 10. 设是任意等差数列，它的公差，前n项和，前2n项和与前3n项和分别为d，，，，则下列等式中恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】举反例可判断，；根据等差数列前n项和公式可判断，. 【详解】对于，，当时，， ，， ，故错误； ，故错误； 对于，，当为任意实数时， ， ， 所以，故正确； ， 故正确. 故选：. 11. 三次函数有且仅有两个零点，（），且，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. D. 在区间（）上有最大值，则m的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项，首先通过导数求解函数的单调性及极值，然后根据函数仅有两个零点求解参数的值即可； 对于B选项，首先根据函数解析式，可得：，进而求得函数的对称中心为，即可判断选项正误； 对于C选项，根据已知条件分别求解出函数的两个零点，进而判断选项正误； 对于D选项，根据区间为开区间，因此若想让在区间（）上有最大值，只能让函数在极大值点处取得最大值，进而根据函数单调性及极值点的位置求解参数取值范围. 【详解】对于A选项，由，则，令， 则或，故在上单调递增，在单调递减， 在单调递增，极大值，极小值， 由有且仅有两个零点，则有，所以，故A正确； 对于B选项，即函数，则的图象关于点对称，故B错误； 对于C选项，已知，的极大值点就是一个零点，另一个零点是，所以，故C正确； 对于D选项，已知在上单调递增，在单调递减， 在单调递增，当时函数取得极大值，且函数，要使在区间上有最大值，故，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列的前n项和，则的通项公式为________． 【答案】 【解析】 【分析】降次作差再验证即可. 【详解】， 当时，， 由于也适合此等式，∴． 故答案为：. 13. 已知定义在上的函数满足，，则不等式的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】结合已知根据导函数符号判断为增函数，然后利用单调性解不等式即可. 【详解】由，得， 所以， 即为增函数，而， 所以即，则，解得， 所以不等式的解集为． 故答案为： 14. 已知，且，记随机变量X为x，y，z中的最小值，则________． 【答案】 【解析】 【分析】求出X可能取值为1和2，分别求出事件总情况及与的情况，求出相应的概率，求出期望，利用计算出答案. 【详解】因为，所以随机变量X可能取值为1和2， 用隔板法可求得：事件总情况为种， 时，分两种情况： ①三个数中只有一个1，有种； ②三个数中有两个1，有种， 所以时，， 时，也分两种情况： ①三个数中只有一个2，有种； ②三个数中有两个2，有种， 所以是，， 所以， ， 故答案为：． 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. 已知正项数列满足a1=1，a2=2，a4=64，且． （1）求k的值； （2）求数列的通项公式． 【答案】（1）2； （2）. 【解析】 【分析】（1）运用代入法进行求解即可； （2）通过换元法、等比数列的定义，结合等比数列的通项公式、累积法、等差数列前项和公式进行求解即可. 【小问1详解】 当时，， 当时，； 【小问2详解】 因为，所以，则， 令，所以，则是等比数列， 因为，，所以，所以， 则 16. 在的展开式中，第三项的二项式系数为15. （1）求n的值并求展开式中的常数项； （2）求展开式中的系数. 【答案】（1），常数项为. （2） 【解析】 【分析】第(1)问由第三项的二项式系数确定 n，再由通项求常数项；第(2)问将 展开，分别求出产生 的项的系数后相加. 【小问1详解】 在的展开式中，第三项的二项式系数为，所以 即 解得. 因此 展开式的通项为 令，得，所以常数项为 【小问2详解】 求展开式中的系数，需要分别求出展开式中与的系数. 当时，，所以的系数为 当时，，所以的系数为 因此，原展开式中的系数为 【点睛】 求二项展开式中的常数项或指定项系数时，关键是先写出通项，再由幂指数满足条件求出对应的 k 值. 17. 流感病毒进入人体后存在潜伏期，潜伏期指病原体侵入人体至最早出现临床症状的这段时间，潜伏期越长，传染给其他人的可能性越高.现抽样300个感染流感病例的潜伏期（单位：天）进行调查，统计得出样本潜伏期的平均数为2，方差为，若把超过3天的潜伏期视为长潜伏期，按照统计样本，得到如下列联表： 年龄 潜伏期 合计 长潜伏期 非长潜伏期 低年龄段 40 100 140 高年龄段 30 130 160 合计 70 230 300 （1）根据小概率值的独立性检验，分析潜伏期长短是否与年龄有关. （2）假设潜伏期X服从正态分布，其中近似样本平均数，近似为样本方差. ①医院对有流感症状患者的密切接触者要求隔离5天，请用概率知识解释其合理性. ②以题目中的样本数据估计概率，设800个病例中恰有个属于“长潜伏期”的概率是，问当k为何值时，取最大值. 附：，， 0.10 0.05 0.010 2.706 3.841 6.635 若，则，，. 参考数据：，，. 【答案】（1）依据小概率值的独立性检验，可认为潜伏期长短与年龄有关 （2）①因为，， 所以，这说明潜伏期超过5天的概率极低，因此隔离5天可以极大程度上排除发病可能是合理的 ②时取得最大值 【解析】 【分析】(1)利用公式计算后与临界值比较即可； (2)①利用计算正态分布概率； ②符合二项分布，表示出其概率，利用最大项方法求出最大时的取值. 【小问1详解】 ， 所以依据小概率值的独立性检验，可认为潜伏期长短与年龄有关； 【小问2详解】 ①略； ②从样本数据中估计“长潜伏期”的概率为，设为800个病例中属于“长潜伏期”的个数， 即， ， 要使取最大值，则， 即，解得， 即.故时取得最大值. 18. 现有标号依次为1，2，…，n的n个盒子，标号为1号的盒子里有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球．现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从号盒子里取出2个球放入n号盒子为止． （1）当时，求2号盒子里有2个红球的概率； （2）当时，求3号盒子里的红球的个数的分布列； （3）记n号盒子中红球的个数为，求的期望． 【答案】（1） （2）分布列： 1 2 3 P （3）【解析】 【分析】(1)由古典概率模型进行求解； (2) 可取，求出对应的概率，再列出分布列即可； (3) 记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则， 为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则， 则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，化解得，即可求解. 【小问1详解】 由题可知2号盒子里有2个红球的概率为； 【小问2详解】 由题可知可取， ， ， 所以3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为 1 2 3 P 【小问3详解】记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则， 为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则， 则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为， 且， 化解得， 得， 而则数列为等比数列,首项为，公比为， 所以， 又由求得： 因此． 【点睛】关键点点睛：记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，即可求解. 19. 已知，函数. （1）证明：有唯一的极大值点和极小值点. （2）记的极大值点为，极小值点为. （i）求的最小值； （ii）设，若互不相等的实数，，满足，证明：. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导数，令并解得方程的根，从而得到函数的单调区间； （2）（i）由（1）得，即可求得，令函数，求导数，然后得到函数的单调区间，求得最小值，即为的最小值. （ii）由（1）得，设，则.设，整理化简方程后令，，则，，是方程的三个根，只需证.设，由导数求得函数的单调区间，然后得到的取值范围.构造函数，分析其单调性得到，进而证明。再通过的极大值确定的范围，并证明，最后由函数的单调性可证，从而得证. 【小问1详解】 由题意得， 令，可得或，因为，所以， 则当或时，，当时，， 所以在，上单调递增，在上单调递减， 所以有唯一的极大值点，唯一的极小值点. 【小问2详解】 （i）由（1）知，， 所以. 令函数，则， 所以当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，即的最小值为. （ii）由题意知. 设，则，待证命题即. 设， 则，∴，∴. 再令，，则，，是方程的三个根，只需证. 设，则， 当或时，;当时，, 在，上单调递增，在上单调递减，故. ①先证： ∵，， 设，则， ∴当时，,函数在上单调递减，， 又时，，所以，故， 又∵，∴，则，∴. ②再证： 因为的极大值为，所以. 因为，，所以. ∴，∴. 综合①②，当时，，∴，又∵，∴； 当时，，∴，又∵，∴； 综上所述，从而原命题得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东中山市2025-2026学年第二学期期末综合练习 高二数学试题 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，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 若是2和18的等比中项，则实数的值是（ ） A. 6 B. 或6 C. 10 D. 或10 2. 已知函数，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列满足：，，记数列的前n项积为，则（ ） A. B. 2 C. D. 4. 已知函数（）的图象如图，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 5. 离散型随机变量X的分布列如下： X 1 2 3 4 P m 0.3 n 0.2 若，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 6. 某公司人力资源部决定安排5名同事到3个人才市场进行人员招聘，每人只去一个人才市场，每个人才市场至少安排1人，则不同的安排方式共有（ ） A. 80种 B. 150种 C. 240种 D. 360种 7. 某学习小组用计算机软件对一组数据进行回归分析，甲同学首先求出经验回归方程，样本点的中心为．乙同学对甲的计算过程进行检查，发现甲将数据误输成，数据误输成，将这两个数据修正后得到经验回归方程，则实数（    ） A. B. C. D. 8. 已知函数只有极小值，则一定有（　　） 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知事件，满足，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 设是任意等差数列，它的公差，前n项和，前2n项和与前3n项和分别为d，，，，则下列等式中恒成立的是（ ） A. B. C. D. 11. 三次函数有且仅有两个零点，（），且，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. D. 在区间（）上有最大值，则m的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列的前n项和，则的通项公式为________． 13. 已知定义在上的函数满足，，则不等式的解集为______． 14. 已知，且，记随机变量X为x，y，z中的最小值，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. 已知正项数列满足a1=1，a2=2，a4=64，且． （1）求k的值； （2）求数列的通项公式． 16. 在的展开式中，第三项的二项式系数为15. （1）求n的值并求展开式中的常数项； （2）求展开式中的系数. 17. 流感病毒进入人体后存在潜伏期，潜伏期指病原体侵入人体至最早出现临床症状的这段时间，潜伏期越长，传染给其他人的可能性越高.现抽样300个感染流感病例的潜伏期（单位：天）进行调查，统计得出样本潜伏期的平均数为2，方差为，若把超过3天的潜伏期视为长潜伏期，按照统计样本，得到如下列联表： 年龄 潜伏期 合计 长潜伏期 非长潜伏期 低年龄段 40 100 140 高年龄段 30 130 160 合计 70 230 300 （1）根据小概率值的独立性检验，分析潜伏期长短是否与年龄有关. （2）假设潜伏期X服从正态分布，其中近似样本平均数，近似为样本方差. ①医院对有流感症状患者的密切接触者要求隔离5天，请用概率知识解释其合理性. ②以题目中的样本数据估计概率，设800个病例中恰有个属于“长潜伏期”的概率是，问当k为何值时，取最大值. 附：，， 0.10 0.05 0.010 2.706 3.841 6.635 若，则，，. 参考数据：，，. 18. 现有标号依次为1，2，…，n的n个盒子，标号为1号的盒子里有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球．现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从号盒子里取出2个球放入n号盒子为止． （1）当时，求2号盒子里有2个红球的概率； （2）当时，求3号盒子里的红球的个数的分布列； （3）记n号盒子中红球的个数为，求的期望． 19. 已知，函数. （1）证明：有唯一的极大值点和极小值点. （2）记的极大值点为，极小值点为. （i）求的最小值； （ii）设，若互不相等的实数，，满足，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $