广东珠海市华中师范大学（珠海）附属中学2025-2026学年第二学期期末考试高二数学试题

**基本信息** 珠海华附高二数学期末卷聚焦函数、数列、概率统计等核心知识，以零件检测、导数应用为情境设计解答题，突出数学眼光观察、思维推理与语言表达的素养融合。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|函数切线、二项式系数、正态分布、排列组合|单选基础巩固，多选结合概率事件独立性考查推理意识| |填空题|3题15分|极值点求和、条件概率、切线存在性|第13题以接力赛抽签为情境，体现数据观念| |解答题|5题77分|等比数列求和、概率分布列、导数证明、数列综合|16题零件检测问题融合期望计算与实际决策，19题导数零点证明考查逻辑推理能力|

珠海华附2025—2026学年度第二学期期末考 高二数学试卷 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。 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．函数的图象在点处的切线方程为( ) A． B． C． D． 2．的展开式的第6项的系数是( ) A． B． C． D． 3．已知随机变量服从正态分布，且，则( ) A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.4 4．已知等差数列的前项和为，若，，则( ) A．19 B．25 C．30 D．33 5．安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排 方式共有( ) A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 6．抽样得一组数据如下表，利用最小二乘法得到回归直线方程，据此模型预测 当时，的估计值为( ) 2 4 5 6 8 20 45 60 75 80 A．106 B．110 C．116 D．100 7．有编号为1，2，3的三个盒子，将4个不同的小球全部放入盒子．若每个盒子中所放球的 个数不大于其编号，则不同的放法共有( ) A．26种 B．32种 C．38种 D．44种 8．已知函数，，若，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．在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回． 设事件“第1次抽到代数题”，“第2次抽到几何题”，则( ) A． B． C． D． 10．已知函数，则( ) A．有两个极值点 B．有三个零点 C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线 11．设函数，且记，则( ) A．数列的首项为1 B．数列的前8项和为1 C．数列的前8项和为 D．数列的前8项和为0 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．函数的所有极值点之和为___________． 13．某校高二年级举行米接力赛，共有8条赛道，第③道和第④道是“黄金赛道”．赛 制规定：由1到8班按班级序号从小到大依次抽签决定赛道，抽出的签不再放回．在1班 未抽到“黄金赛道”的条件下，3班抽到“黄金赛道”的概率是___________． 14．若过点只可以作曲线的一条切线，则的取值范围是____________． 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．(13分) 已知数列是等比数列，且，． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 16．(15分) 某企业生产的智能机器人需要用到一种高精度零件，现收到一批零件共有10个，其中不合格的零件占总数的，从中随机抽取3个零件，设抽到的不合格的零件数为． (1)求的值．小明的求解过程如下： 因为不合格的零件占总数的，所以，故． 请问以上解答过程是否正确？如果正确，请说明解题依据；如果不正确，请写出正确的解答过程； (2)若抽到的3个零件中至少有1个为不合格零件，求恰好有2个为不合格零件的概率； (3)对抽取的3个零件进行检测，每个零件的检测费用为10元，每发现1个不合格品，需额外支出25元的处理费用．设本次检测的总费用为元，求随机变量的分布列与数学期望． 17．(15分)已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； (2)若是函数的极值点，证明：． 18．(17分) 记为数列的前项和，已知，． (1)求； (2)求数列的通项公式； (3)求数列的前项和． 19．(17分) 已知函数，其中． (1)若，求的单调区间； (2)若，(i)证明：在区间内有且仅有1个零点； (ii)设为的极值点，为的零点，且，证明：． 高二数学试卷 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 珠海华附2025-2026学年度第二学期期末考 高二数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 A D C B D A C B AC ABC BCD 1．【答案】A 【解析】切线方程为，即． 2．【答案】D 【解析】，所以的展开式的第6项的系数是．故选D． 3．【答案】C 【解析】因为对称轴，所以，则． 4．【答案】B 【解析】法1：设的公差为，由，得，即．由， 得，所以，所以， 所以．故选B． 法2：设的公差为，由题意，得即 解得，．所以．故选B． 5．【答案】D 【解析】4项工作分成3组，可得：；安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，可得：种，故选：D． 6．【答案】A 【解析】由题意可知：，，因回归直线方程经过样本中心，所以，即，回归直线方程为：，当时，．选：A 7．【答案】C 【解析】编号为1，2，3的三个盒子中所放求的个数可能为0，1，3或0，2，2或1，0，3或1，1，2或1，2，1，则不同的放法共有种． 8．【答案】B 【解析】，所以，又递增，所以，故，所以，由经典不等式，得． 9．【答案】AC 【解析】对于A，，A正确；对于B：，B错误； 对于C，，C正确；对于D，，D错误． 10．【答案】ABC 【解析】，，令，解得：或， 时，，单调递减； 时，，单调递增； 时，，单调递减；的极小值为：， 的极大值为：，有三个零点，有两个极值点，A、B正确； 对于C，若点是曲线的对称中心，则有，(也可以用二阶导判断) 将函数代入上式验证得：，C正确； 对于D，，解得：，当时，，当时，，切线方程为：或，D错误．故选：ABC． 11．【答案】BCD 【解析】由题意知，是常数项，是的系数，……，是的系数，即当时，数列的第项是展开式中的系数．令，则，故A错误； 数列的前8项和等于，即展开式中所有项的系数之和， 令，则，故B正确； 数列的前8项和等于，令，则， 而，则数列的前8项和为2187，故C正确； 数列的前8项和等于，令， 则，因为，故D正确．故选BCD． 12．【答案】0 【解析】，令，解得，， 当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增．所以在取得极大值，在取得极小值，所以函数所有极值点之和为． 13．【答案】 【解析】法一：记事件“2班抽到黄金赛道”，事件“3班抽到黄金赛道”， 则． 法二：1班未抽到“黄金赛道”，根据抽签跟顺序无关，此时每个班抽到“黄金赛道”的概率均为． 14．【答案】 【解析】函数的定义域为，则，设切点坐标为， 则切线斜率为，故切线方程为：， 又切线过点，则， 设，令，得，或， 则当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减，所以，，又时，，时，，所以有且只有一个根，且，则，故的取值范围是． 15．【解析】(1)由，，得，． 2分 因为是等比数列，设的公比为，所以， 3分 得， 4分 则， 5分 则． 6分 (2)， 7分 8分 ． 13分 16．【解析】(1)解答过程不正确， 1分 因为抽取过程不是独立重复实验，故不服从二项分布， 2分 服从超几何分布，不合格的零件数为2，所以． 4分 注：概率公式1分，计算结果1分． (2)由(1)可知， 5分 ， 6分 设事件A为“抽到的3件中恰好有2件不合格”，事件B为“抽到的3件中至少有1件不合格” ，， 8分 故所求概率为． 10分 注：概率公式1分，计算结果1分． (3)依题意有，即的所有可能取值为30，55，80， 11分 ，，， 12分 随机变量的分布列为 30 55 80 13分 所以． 15分 17．【解析】(1)当时，函数的定义域为， 1分 由，得， 2分 则． 3分 又， 4分 则曲线在点处的切线的方程为． 5分 令，得． 6分 则与两坐标轴围成的三角形的面积为． 7分 (2)证法1：由，得，由于是函数的极值点， 则，即． 8分 由，得，得． 9分 若，得，与矛盾，则． 10分 所以．由，得， 则． 11分 令，． 12分 则在内单调递减． 13分 则． 14分 所以． 15分 证法2：由，得，． 8分 则在上单调递减． 9分 由于是函数的极值点，则， 10分 当时，，则在上单调递增； 11分 当时，，则在上单调递减； 12分 所以当时，函数取得最大值为． 13分 由，可得， 14分 所以． 15分 证法3：由，得，由于是函数的极值点， 则，即． 8分 由，得，得． 9分 若，得，与矛盾，则． 10分 所以．由，得，则． 11分 下面证明．令，得， 12分 则在内单调递减． 13分 所以，得． 14分 所以． 15分 18．【解析】(1)当时，，解得． 2分 (2)由可得， 两式相减得，即． 4分 当时，，即． 6分 由递推关系得，则． 7分 而满足上式，故数列的通项公式为． 8分 (归纳观察得到扣2分) (3)由(2)得，故只需求数列的前项和即可． 9分 设， 10分 则， 11分 ， 12分 两式相减得 15分 故． 17分 19．【解析】(1)由已知，的定义域为， 1分 ， 2分 当时，，从而， 3分 所以的单调递减区间为，无单调递增区间． 5分 注：解答过程中未说明单调递增区间情况不扣分． (2)证明：(i)由(1)知．令， 则，故在上单调递减， 6分 ，， 所以存在唯一的，使得， 7分 则在上单调递增，在上单调递减， 8分 令，则当时，，故在内单调递减， 从而当时，，所以． 9分 从而当时，，且， 10分 又因为，所以，则在内有唯一的零点． 11分 注：解答过程中用时扣1分． (ii)由题意，即， 13分 从而，即． 14分 因为当时，，又，故，即， 15分 两边取对数，得， 16分 于是，整理得． 17分 高二数学答案 第 4 页 共 7 页 学科网（北京）股份有限公司 $