精品解析：新疆和田地区墨玉县2025-2026学年第二学期期末考试高二数学试卷

墨玉县2025-2026学年第二学期期末考试卷 高二数学 本卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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.如需改动，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. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列写法中正确的是（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据元素和集合的关系，集合间的关系逐一判断即可. 【详解】根据集合和集合的关系用包含表示，故，， 空集没有元素，故，综上只有C正确. 故选：C 2. 下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】通过反例、作差法和不等式的性质依次判断各个选项即可. 【详解】对于A，若，，则，A错误； 对于B，若，则，B错误； 对于C，若，，则，即，C错误； 对于D，若，则，即，D正确. 故选：D. 3. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定规则，更换量词、保留原变量的取值范围、否定结论即可求解. 【详解】原命题为存在量词命题，其否定为全称量词命题， 所以命题“”的否定为. 4. 函数在处有极小值5，则（ ） A. B. C. 或 D. 或3 【答案】A 【解析】 【分析】根据极值点的导数为0和极值点处的函数值条件求出的值，再进行验证即可求解. 【详解】，由题意得， 即，解得或， 当时，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以时，取得极小值，符合题意； 当时，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减，， 所以时，取得极大值，不符合题意； 所以，. 故选：. 5. 某种产品的加上需要经过A，B，C，D，E，F，G七道工序，要求A，B两道工序必须相邻，C，D两道工序不能相邻，则不同的加工顺序有（ ） A. 960种 B. 836种 C. 816种 D. 720种 【答案】A 【解析】 【分析】先捆绑，再全排列后插空得出加工顺序. 【详解】先捆绑再和排列，然后插入 共有种排法． 故选：A. 6. 下列说法不正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若随机变量，则 C. 若随机变量，则 D. 若随机变量，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项分布的性质求解判断AB；利用正态分布的性质求解判断CD. 【详解】对于A，由，得，A正确； 对于B，由，得，B正确； 对于C，由，得，C错误； 对于 D，由，得，D正确. 故选：C 7. 已知的展开式中，常数项为（ ） A. 88 B. C. 32 D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析展开式中常数项的构成来源，包括以下情况①全是2，②2个，1个，2个2这两种情况，分别求解再求和即可． 【详解】展开式中常数项的构成来源，包括以下情况①全是2，②2个，1个，2个2， 由组合知识可知，展开式中常数项为， 故选：B. 8. 在一个不透明的口袋中装有大小､形状完全相同的3个小球，并将它们编号为1，2，3，每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后将球放回，重复操作直至取遍所有小球后立刻停止摸球，则“经过3次摸球未能停止摸球”的条件下，经过5次摸球停止摸球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设A事件为“经过3次摸球未能停止摸球”， B事件为“经过5次摸球停止摸球”，求出，利用条件概率公式求解. 【详解】设A事件为“经过3次摸球没有能停止摸球”， B事件为“经过5次摸球停止摸球”. 则 选择前4次涉及的2个编号：从3个中选2个，共种选法， 前4次摸球的情况数：这2个编号需至少各出现1次（否则前4次仅1个编号，无法满足“恰好2个编号”）， 因此前4次的情况数为（减去“全选第1个”和“全选第2个”的2种无效情况）， 第5次摸球：必须选第3个未被前4次摸到的编号，仅1种选法， 因此，事件B的情况数为，总摸球可能数为， 所以​，由题意， 所以. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 命题“，”的否定是“，” B. 函数的最小值是4 C. “且”是“”的充分不必要条件 D. 关于的不等式的解集是，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A：利用全称量词命题的否定判断；选项B：由基本不等式可判断；选项C：由不等式的性质可判断；选项D：利用二次不等式的解集是求参数即可判断. 【详解】选项A：命题“”是一个全称量词命题， 所以该命题的否定是：“"，错误； 选项B：， 当且仅当，即时取等号，故正确； 选项C：当且时，易知， 当时，取，此时且不成立， 故“且”是“”的充分不必要条件，正确； 选项D：因为关于的不等式的解集是， 则2和是方程的两个实数根， 所以，解得，所以，正确. 故选：BCD. 10. 已知，下列说法不正确的是（ ） A. 在处的切线方程为 B. 的单调递增区间为 C. 的极大值为 D. 方程有两个不同的解 【答案】BD 【解析】 【分析】根据导数的几何意义即可判断A；令即可求出函数的单调增区间，即可判断B；求出函数的减区间，再根据极大值的定义即可判断C；作出函数的大致图象，结合函数图象即可判断D. 【详解】由，得， 对于A，， 所以在处的切线方程为，故A正确； 对于B，令，则，所以的单调递增区间为，故B错误； 对于C，令，则，所以函数的单调递减区间为， 所以的极大值为，故C正确； 对于D，方程的解的个数， 即为函数图象交点的个数， 当时，，当时，且， 如图，作出函数的大致图象， 由图可知，方程仅有一个解，故D错误. 11. 关于排列组合问题，下列结论正确的有（ ） A. 4名同学报名3个运动项目，每名同学限报1个项目，每个项目不限人数，则不同的报名方法共有64种 B. 用这5个数字组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为60 C. 现有包含甲在内的8名学生，从中选3人排成一排参加文艺汇演，若甲不站第一个位置，则不同的排法共有294种 D. 某班级举行元旦晚会，已知现有8个节目已定稿，临时邀请了班级的科任老师来表演2个节目，将这2个节目添入节目单，且不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有90种 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理判断A，根据分类安排有限制元素的排列问题判断B，分选中甲与不选中甲两类求解判断C，根据定序消去法判断D. 【详解】对A，根据分步乘法计数原理，有种，故A错误； 对B，末尾安排0时，有个偶数，末尾安排2或4时，有个偶数， 由分类加法计数原理可知，共有个偶数，故B正确； 对C，①选的3人中无甲：种； ②选的3人中有甲：种，总计种，故C正确； 对D，由定序问题消序法得共有种，故D正确. 故选：BCD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，若，则的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】将所求的式子乘以“1”,然后利用基本不等式求解即可. 【详解】， 当且仅当，即时等号成立. 故答案为： 13. 已知变量、满足线性相关关系，经验回归方程为且，．现有一对观测数据为，若该数据的残差为0.6，则__________． 【答案】11.6 【解析】 【详解】由题意，经验回归方程经过点， 则得，解得，所以． 当时，， 则． 14. 下列说法中正确的有______（填正确说法的序号）. ①若样本数据的方差为4，则数据的标准差为4； ②将两个具有相关关系的变量的一组数据调整为，决定系数不变； ③若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越弱； ④若事件满足，，，则有. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】对于①，利用方差的性质求解判断；对于②，根据决定系数的定义判断即可；对于③，根据相关系数的性质判断；对于④，利用独立事件和条件概率公式求解判断. 【详解】①：根据方差性质：若原数据方差为，则数据的方差， 已知原方差，新数据的方差为，标准差为，故①正确. ②：决定系数反映拟合效果，将每个加3后，的均值也加3，残差（）不变，残差平方和与总偏差平方和都不变，因此不变，故②正确. ③：线性相关系数越接近1，两个变量的线性相关性越强，越接近0相关性越弱，故③错误. ④：由，可得， 因此，故④正确. 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. 设集合． （1）若，求； （2）若“”是“”的充分条件，求实数a的取值范围． 【答案】（1）或 （2）或 【解析】 【分析】（1）求解二次不等式，得到集合，根据集合并集运算法则计算即可； （2）由题可知，列出不等式进行计算即可． 【小问1详解】 当时，或； ∵， ∴或； 【小问2详解】 ∵“”是“”的充分条件，∴， ∵，即， ∴或，∴或， 而，要使得， 需有或， ∴或． 16. 设函数，其中为实常数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性． 【答案】（1） （2）当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. 【解析】 【分析】（1）先求出，得出切点坐标，再求出，得到切线的斜率，从而得到切线方程. （2）先求出，对进行分类讨论即可. 【小问1详解】 函数的定义域为 当时，函数，，． 曲线在处切线方程为：，即． 【小问2详解】 因为，令，可得，即， 当，即时，恒成立，此时在区间上单调递增 当，即时，的解为，此时在区间上单调递减，在区间上单调递增． 综上所述，当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. 17. 在“一带一路”倡议推动下，中国与中亚国家合作日益紧密.2025年，某省计划向海外“郑和学院”项目派遣教师，为此举办了专项教学能力培训.参会人员包括600名高职院校教师和400名企业工程师转岗教师.培训后均参加教学能力考核，考核结果为优秀､合格两种情况，统计得到如下列联表： 高职院校教师 企业工程师 总计 优秀 350 170 520 合格 250 230 480 总计 600 400 1000 （1）根据小概率值的独立性检验，能否认为这次考核结果与教师背景类型有关？ （2）若从参会人员中，采用分层抽样的方法随机抽取10名教师，再从这10人中随机抽取3人进行海外教学意愿调研，设抽取的3人中企业工程师的人数为，求的分布列和数学期望. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）能认为这次考核结果与教师背景类型有关 （2） 的分布列为： 0 1 2 3 ， 【解析】 【分析】（1）根据卡方的计算公式，结合独立性检验的思想即可下结论； （2）易知，利用超几何分布求出对应的概率，列出分布列，求出数学期望，即可求解. 【小问1详解】 零假设为：这次考核结果与教师背景类型无关， 查临界值表，对应的临界值，由于， 故依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为这次考核结果与教师背景类型有关，此推断犯错的概率不大于0.01. 【小问2详解】 分层抽样时，总抽取比例为 因此：高职院校教师抽取人数：（人）， 企业工程师抽取人数：（人） 从10人中抽取3人，设企业工程师人数为X，则X服从超几何分布， 可能取值为， 则， ， ， 则的分布列为： 0 1 2 3 数学期望由超几何分布性质得： 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）当，的递增区间是，没有单调递减区间， 若，的递增区间是，递减区间是； （2） 【解析】 【分析】（1）先求得函数的导函数，然后根据，两种情况，讨论的单调性； （2）由题可知，在时恒成立，则令，结合（1）判断函数的单调性求其最小值，求得的取值范围. 【小问1详解】 由题知：， 若，，在上单调递增； 若，令解得：， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 综上， 当，的递增区间是，没有单调递减区间， 若，的递增区间是，递减区间是； 【小问2详解】 依题意，时，恒成立，即在上恒成立， 令 ，则 = ， 令，由（1）知函数在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 则有，即， 即当时，则，当时，则， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以函数在处取最小值，于是得， 所以的取值范围为. 19. 已知一个盒中装有3个大小，形状完全相同的小球（1个红球和2个黑球），从盒中每次随机不放回地取出1个小球，若取出的是红球，则将1个黑球放入盒中；若取出的是黑球，则将1个红球放入盒中，以上取1个球再放1个球的过程称为1次操作．假设每次取球相互独立． （1）经过2次操作后，记盒中红球的个数为X，求X的分布列； （2）求第3次操作取到红球的概率； （3）设经过次操作后，盒中全是黑球的概率为，求数列的前n项和． 【答案】（1） 1 3 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题目条件得出盒中红球的个数的可能值，分别求出概率，即可得出分布列； （2）方法一：设出第次取到红球的事件，即可求出第3次操作取到红球的概率；方法二：根据（1）中第二次的情况，即可求出第3次操作取到红球的概率； （3）求出当为奇数和偶数时盒中球的情况，得出递推公式，证明是等比数列，即可求出通项公式，进而得出的前n项和. 【小问1详解】 由题意， 的所有可能取值为1,3， , 故的分布列为 1 3 【小问2详解】 由题意， （方法一）设事件表示第次取到红球， 则 （方法二）由（1）知第3次操作取到红球的概率为． 【小问3详解】 由题意及（1）（2）得， 设次操作后，盒中全是黑球、1个红球和2个黑球、2个红球和1个黑球、全是红球的概率分别为． 由操作规则可知， 当为奇数时，盒中全是黑球或2个红球、1个黑球， 当为偶数时，盒中全是红球或1个红球、2个黑球， 即，其中． 因为， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 则． 故． 即 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 墨玉县2025-2026学年第二学期期末考试卷 高二数学 本卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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.如需改动，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. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列写法中正确的是（ ） A. B. 0 C. D. 2. 下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 3. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 4. 函数在处有极小值5，则（ ） A. B. C. 或 D. 或3 5. 某种产品的加上需要经过A，B，C，D，E，F，G七道工序，要求A，B两道工序必须相邻，C，D两道工序不能相邻，则不同的加工顺序有（ ） A. 960种 B. 836种 C. 816种 D. 720种 6. 下列说法不正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若随机变量，则 C. 若随机变量，则 D. 若随机变量，则 7. 已知的展开式中，常数项为（ ） A. 88 B. C. 32 D. 8. 在一个不透明的口袋中装有大小､形状完全相同的3个小球，并将它们编号为1，2，3，每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后将球放回，重复操作直至取遍所有小球后立刻停止摸球，则“经过3次摸球未能停止摸球”的条件下，经过5次摸球停止摸球的概率是（ ） 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. 下列说法正确的是（ ） A. 命题“，”的否定是“，” B. 函数的最小值是4 C. “且”是“”的充分不必要条件 D. 关于的不等式的解集是，则 10. 已知，下列说法不正确的是（ ） A. 在处的切线方程为 B. 的单调递增区间为 C. 的极大值为 D. 方程有两个不同的解 11. 关于排列组合问题，下列结论正确的有（ ） A. 4名同学报名3个运动项目，每名同学限报1个项目，每个项目不限人数，则不同的报名方法共有64种 B. 用这5个数字组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为60 C. 现有包含甲在内的8名学生，从中选3人排成一排参加文艺汇演，若甲不站第一个位置，则不同的排法共有294种 D. 某班级举行元旦晚会，已知现有8个节目已定稿，临时邀请了班级的科任老师来表演2个节目，将这2个节目添入节目单，且不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有90种 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，若，则的最小值为__________. 13. 已知变量、满足线性相关关系，经验回归方程为且，．现有一对观测数据为，若该数据的残差为0.6，则__________． 14. 下列说法中正确的有______（填正确说法的序号）. ①若样本数据的方差为4，则数据的标准差为4； ②将两个具有相关关系的变量的一组数据调整为，决定系数不变； ③若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越弱； ④若事件满足，，，则有. 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. 设集合． （1）若，求； （2）若“”是“”的充分条件，求实数a的取值范围． 16. 设函数，其中为实常数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性． 17. 在“一带一路”倡议推动下，中国与中亚国家合作日益紧密.2025年，某省计划向海外“郑和学院”项目派遣教师，为此举办了专项教学能力培训.参会人员包括600名高职院校教师和400名企业工程师转岗教师.培训后均参加教学能力考核，考核结果为优秀､合格两种情况，统计得到如下列联表： 高职院校教师 企业工程师 总计 优秀 350 170 520 合格 250 230 480 总计 600 400 1000 （1）根据小概率值的独立性检验，能否认为这次考核结果与教师背景类型有关？ （2）若从参会人员中，采用分层抽样的方法随机抽取10名教师，再从这10人中随机抽取3人进行海外教学意愿调研，设抽取的3人中企业工程师的人数为，求的分布列和数学期望. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求的取值范围. 19. 已知一个盒中装有3个大小，形状完全相同的小球（1个红球和2个黑球），从盒中每次随机不放回地取出1个小球，若取出的是红球，则将1个黑球放入盒中；若取出的是黑球，则将1个红球放入盒中，以上取1个球再放1个球的过程称为1次操作．假设每次取球相互独立． （1）经过2次操作后，记盒中红球的个数为X，求X的分布列； （2）求第3次操作取到红球的概率； （3）设经过次操作后，盒中全是黑球的概率为，求数列的前n项和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $