精品解析：吉林省部分校2025-2026学年高二下学期7月期末联考数学试题

高二数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 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． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则的元素个数为（ ） A. 16 B. 12 C. 8 D. 4 2. 已知函数的导函数为，且的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 3. 超市的某商品从甲、乙两个工厂进货的数量分别占总数的，，且甲、乙两工厂此产品的优品率分别为，．若小明同学从该超市购买一件该商品，则该商品是优品的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 若曲线在处的切线方程为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知变量y与变量x线性相关，y与x的样本相关系数为，且样本数据的平均数分别为，，则y关于x的经验回归方程可能是（ ） A. B. C. D. 6. 除以7的余数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 若，，且，则（） A. ， B. ， C. ， D. ， 8. 已知函数在上有两个极值点，则的取值范围为（ ） 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若，为两个随机事件，且，，，则（ ） A. B. C. D. 与相互独立 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 11. 设关于X，Y，Z的三元方程的正整数解的组数为，其中a，b，c均为常数，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若随机变量，且，，则_______． 13. 已知函数的导函数，且，则在上的最小值为_______． 14. 在的展开式中，只有第25项的二项式系数最大，则_______，在的展开式中，含项的系数为_______（结果用数字作答）． 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. 某材料研究所研发了两种防冰涂层：电热防冰涂层、疏水防冰涂层．该研究所在模拟高空低温云雾环境的风洞中开展积冰试验，共记录200次试验数据，统计涂层无积冰（合格）、有积冰（不合格）的情况，整理得到如下列联表： 防冰涂层类型 积冰情况 合计 无积冰 有积冰 电热防冰涂层 70 30 100 疏水防冰涂层 85 15 100 合计 155 45 200 （1）分别求两种防冰涂层的合格率； （2）依据的独立性检验，能否认为防冰涂层类型和防冰涂层是否有积冰有关联？ 参考公式：，其中． 参考数据： 0.05 0.01 3.841 6.635 16. 吉林雾凇是中国四大自然奇观之一，冬季江水不冻，水汽遇低温凝华在树枝上形成洁白蓬松的雾凇，冰清玉洁，仪态万千．某文创店推出的雾凇盲盒销售火爆，货架上仅存6个盲盒，其中4个盲盒中各有1个雾凇冰箱贴，另外2个盲盒中各有1个雾凇冰晶挂件． （1）若甲先购买1个盲盒，乙再购买1个盲盒，求甲买到雾凇冰箱贴且乙买到雾凇冰晶挂件的概率； （2）若甲一次性购买4个盲盒，甲买到的雾凇冰箱贴数量为，雾凇冰晶挂件数量为，记，求的分布列与期望． 17. 已知三对夫妻坐成一排照相． （1）求不同的排列数； （2）求每对夫妻两人均相邻的排列数； （3）求同性别的人均不相邻的排列数． 18. 某同学进行投篮训练，投中1次记1分，未投中1次记分，n次投篮后累计得分为X，当或时，训练结束．设该同学每次投中的概率均为，各次投中与否相互独立． （1）当时，求； （2）求时训练结束的概率； （3）记该同学恰好经过m次投篮后训练结束，证明：． 19. （1）证明：函数在上单调递增． （2）已知函数有两个不同的零点，． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 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． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则的元素个数为（ ） A. 16 B. 12 C. 8 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】，， 则， 则的元素个数为16. 2. 已知函数的导函数为，且的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导函数的图象判断其在区间上的符号，进而确定原函数的单调性，最后利用单调性比较函数值的大小. 【详解】由的图象可知，当时，的图象位于  轴下方， 即在区间上恒成立， 所以函数在区间上单调递减， 因为， 所以，故D正确. 3. 超市的某商品从甲、乙两个工厂进货的数量分别占总数的，，且甲、乙两工厂此产品的优品率分别为，．若小明同学从该超市购买一件该商品，则该商品是优品的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】记事件“任意购买一件买到优品”，事件“买到甲工厂的产品”，事件“买到乙工厂的产品”， 则，， 所以买到优品的概率． 4. 若曲线在处的切线方程为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的导数，利用导数的几何意义，结合已知求出即可. 【详解】由，求导得， 由曲线在处的切线方程为，得，解得， 当时，，所以. 5. 已知变量y与变量x线性相关，y与x的样本相关系数为，且样本数据的平均数分别为，，则y关于x的经验回归方程可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据相关系数的性质以及经验回归方程过样本中心点逐项分析判断. 【详解】因为x与y的样本相关系数为，可知x与y为负相关，故C，D错误； 又因为经验回归方程过样本中心点， 对于A项，，则，故A错误； 对于B项，，则，故B正确． 6. 除以7的余数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】因为 ， 所以除以7的余数为1. 7. 若，，且，则（） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项分布的期望和方差公式，结合已知条件判断. 【详解】已知，，因此，， 由题设，得，即，排除C、D选项， ，， 作差得：， 由题设，所以，， 因此，即， 综上，且. 8. 已知函数在上有两个极值点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数与极值点的关系，结合诱导公式及三角函数性质求解即可.. 【详解】. 令，则，即. 令，当时，， 则问题可转化为在上有两个不同的解，即与在上有两个交点. 易知在上单调递减，在单调递增. 又当时，；当时，， 当时，， 简图如下： 所以. 故的取值范围为. 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若，为两个随机事件，且，，，则（ ） A. B. C. D. 与相互独立 【答案】ACD 【解析】 【详解】, 选项 A,,A 正确; 选项 B,在发生的条件下，与对立,,B 错误; 选项 C, ,C 正确; 选项 D, ,故相互独立，D 正确 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】令， 对于A，，A错误； 对于B，，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，， 因此，D错误. 11. 设关于X，Y，Z的三元方程的正整数解的组数为，其中a，b，c均为常数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用隔板法可判断A；分类讨论法分别计算对应三元方程的正整数解组数，再逐一验证其余选项的正误. 【详解】选项A，由题意知，即的正整数解的组数， 由隔板法，正整数解组数为，故A错误. 选项B：，即的正整数解的组数， 由，得， 对分类： 当时，，共6组；当时，，共4组；当时，，共3组；当时，，共1组， 总和为， ，即的正整数解的组数，由，得， 对分类：当时，，共6组；当时，，共4组；当时，，共3组；当时，，共1组， 总和为， 两者相等，故B正确. 选项C：，即的正整数解的组数， 由，，得，故， 对每个，的正整数解组数为， 总组数为： ，C正确. 选项D：，即的正整数解的组数， 得，（）， 总组数为， ，即的正整数解的组数，同理计算得总组数为， 显然，即，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若随机变量，且，，则_______． 【答案】## 【解析】 【详解】已知随机变量，全体事件的概率和为， 根据概率性质： ， 由已知条件计算：， ， 代入得：  13. 已知函数的导函数，且，则在上的最小值为_______． 【答案】0 【解析】 【分析】利用导数研究函数单调性及闭区间上函数最值的求解，首先由条件求出，再得出在上的单调性，即可求解最小值. 【详解】已知函数的导函数， 所以（为常数），由代入求出， 故，当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减. 又，，， 因此在上的最小值为0. 14. 在的展开式中，只有第25项的二项式系数最大，则_______，在的展开式中，含项的系数为_______（结果用数字作答）． 【答案】 ①. 48 ②. 19600 【解析】 【分析】根据二项式定理及组合数的性质求解即可. 【详解】只有第25项的二项式系数最大，则展开式共有项， 所以. 根据二项式定理，中项的系数为， 所以在的展开式中，含项的系数为 . 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. 某材料研究所研发了两种防冰涂层：电热防冰涂层、疏水防冰涂层．该研究所在模拟高空低温云雾环境的风洞中开展积冰试验，共记录200次试验数据，统计涂层无积冰（合格）、有积冰（不合格）的情况，整理得到如下列联表： 防冰涂层类型 积冰情况 合计 无积冰 有积冰 电热防冰涂层 70 30 100 疏水防冰涂层 85 15 100 合计 155 45 200 （1）分别求两种防冰涂层的合格率； （2）依据的独立性检验，能否认为防冰涂层类型和防冰涂层是否有积冰有关联？ 参考公式：，其中． 参考数据： 0.05 0.01 3.841 6.635 【答案】（1）电热防冰涂层合格率为，疏水防冰涂层合格率为. （2）在的独立性检验下，可以认为防冰涂层类型和防冰涂层是否有积冰有关联． 【解析】 【小问1详解】 由列联表可知，电热防冰涂层总数量100，合格数量70， 故电热防冰涂层的合格率为， 疏水防冰涂层总数量100，合格数量85， 故疏水防冰涂层的合格率为． 【小问2详解】 零假设为：防冰涂层类型和防冰涂层是否有积冰无关， 根据列联表中的数据，计算得到， 根据的独立性检验，我们推断不成立， 即认为防冰涂层类型和防冰涂层是否有积冰有关． 16. 吉林雾凇是中国四大自然奇观之一，冬季江水不冻，水汽遇低温凝华在树枝上形成洁白蓬松的雾凇，冰清玉洁，仪态万千．某文创店推出的雾凇盲盒销售火爆，货架上仅存6个盲盒，其中4个盲盒中各有1个雾凇冰箱贴，另外2个盲盒中各有1个雾凇冰晶挂件． （1）若甲先购买1个盲盒，乙再购买1个盲盒，求甲买到雾凇冰箱贴且乙买到雾凇冰晶挂件的概率； （2）若甲一次性购买4个盲盒，甲买到的雾凇冰箱贴数量为，雾凇冰晶挂件数量为，记，求的分布列与期望． 【答案】（1） （2）的分布列为 0 2 4 ． 【解析】 【小问1详解】 甲买到雾凇冰箱贴且乙买到雾凇冰晶挂件的概率为． 【小问2详解】 当,当,当, 的所有可能取值为0，2，4． ， ， ， 则的分布列为 0 2 4 故． 17. 已知三对夫妻坐成一排照相． （1）求不同的排列数； （2）求每对夫妻两人均相邻的排列数； （3）求同性别的人均不相邻的排列数． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】根据题设要求，选择捆绑法，插空法，特殊位置优先法，以及分步乘法，分类加法计数原理求解即得. 【小问1详解】 6人坐成一排，不同的排列数为； 【小问2详解】 要求每对夫妻均相邻，使用捆绑法，将每对夫妻看作1个整体，共得到3个整体， 则不同的排列数为； 【小问3详解】 要求同性别的人均不相邻，仅存在两种性别排列方式：男女男女男女；女男女男女男， 则不同的排列数为. 18. 某同学进行投篮训练，投中1次记1分，未投中1次记分，n次投篮后累计得分为X，当或时，训练结束．设该同学每次投中的概率均为，各次投中与否相互独立． （1）当时，求； （2）求时训练结束的概率； （3）记该同学恰好经过m次投篮后训练结束，证明：． 【答案】（1） （2） （3）因为该同学恰好经过m次投篮后训练结束，所以为偶数，故的可能取值为， ； ； ； . 则， 两边同乘以得， ， 两式作差得， 即 . 【解析】 【分析】（1）2次投篮得分，说明1次投中，1次没有投中； （2）时训练结束，说明前2次得分为0，第3、第4次得分为0，后两次得分为2或； （3）先求时的概率，再利用期望的计算公式求出的值判断. 【小问1详解】 2次投篮得分，说明1次投中，1次没有投中， 因此. 【小问2详解】 时训练结束，说明前2次投篮为投中1次，未投中1次，得分． 第3次、第4次投篮为投中1次，未投中1次，得分． 第5次、第6次投篮为连续2次投中，或连续2次未投中，得分或． 故时训练结束的概率为． 【小问3详解】 略 19. （1）证明：函数在上单调递增． （2）已知函数有两个不同的零点，． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】（1）函数的定义域为，， 令，则． 当时，，所以在单调递减， 当时，，所以在单调递增， 所以， 所以在上单调递增. （2）（ⅰ）. （ⅱ）证明：不妨假设，因为，所以，得， 由（1）可知，在上单调递增，且， 所以当时，， 当时，， 所以，得， 因为，所以，， 所以，得. 两式相加得， 得. 【解析】 【分析】（1）求导得，令，利用二次导数可求得恒成立，可得结论； （2）（ⅰ）．设函数，求导可得的单调性，进而可求得的取值范围；（ⅱ）不妨假设，由（ⅰ）得，结合（1）知在上单调递增，且，计算可求得结论. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）令，得．设函数，得 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以 因为当时，，，的图象与直线有两个交点， 所以，即的取值范围为 （ⅱ）略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $