精品解析：河南郑州市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷（五）

2025―2026学年下期期末考试 高二数学试题卷（五） 注意事项： 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考试时间120分钟，满分150分.考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效，交卷时只交答题卡. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，所以A错误； ，所以B错误； ，所以C正确； ，所以D错误. 2. 若则（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】利用组合数的公式即得解一元二次方程即可. 【详解】因为，整理，解得或，且，即，所以． 故选：B． 3. 已知随机变量，实数满足，则的值为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性求解. 【详解】随机变量，实数满足， 由正态分布的对称性可知，解得. 4. 已知两个线性相关变量与的统计数据如下表： 2 3 5 6 2.3 3.7 5.6 6.4 其回归直线方程是，据此计算，则样本点在处的残差为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据样本中心点在回归直线方程上，可得的值，然后计算样本估计值，从而得到残差. 【详解】根据题意，， 又在回归直线方程上，所以， 所以回归直线方程为， 时，得到预估值为， 所以样本点在处的残差为. 5. 某郑州研学团计划参观少林寺、郑州文庙、只有河南·戏剧幻城、黄河文化公园、建业电影小镇5个景点，要求：少林寺必须排在第一个或最后一个参观；郑州文庙与黄河文化公园必须相邻，则不同的参观顺序有（ ）种 A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 【答案】B 【解析】 【详解】先排少林寺，则有种不同排法； 再将郑州文庙与黄河文化公园捆绑成一个整体，则有种不同排法； 与剩余2个景点一起全排列，则有种不同排法； 所以不同的参观顺序有种. 6. 已知随机变量，，，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正态分布的性质及期望、二项分布的方差及性质列方程求参数即可. 【详解】正态分布的密度曲线关于对称，因此， 由，可得，因此， 已知，二项分布的方差为， 根据方差的性质，得， 由，有，整理为，解得或， 又，所以. 7. 的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】的第3、4、5项分别为、、， 所以的展开式中的系数为. 8. 记函数的导函数为，已知，且，，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知的导函数不等式构造新的单调函数，将原不等式转化为一次不等式恒成立问题求解. 【详解】因为，，构造函数，所以， 因为，且恒成立，因此，即是在上的严格单调递增函数， 因为，因此，对原不等式两边同时除以， 可得，即，等价于，即， 因为在上恒成立，因为，不等式可变形为， 因为是单调递减函数，最小值在处取得，为，因为是对上恒成立， 所以，即，所以的取值范围为. 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. 回归分析中常用残差平方和来刻画拟合效果的好坏，残差平方和越小，拟合效果越好 B. 样本相关系数越大，成对样本数据的线性相关程度也越强 C. 在回归分析中，可用决定系数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好 D. 若随机变量服从正态分布，，则 【答案】ACD 【解析】 【详解】A：回归分析中，残差平方和是实际观测值与模型预测值差值的平方和，残差平方和越小，说明模型预测值与实际值的整体偏差越小，拟合效果越好，正确， B：样本相关系数的绝对值越接近1，成对样本数据的线性相关程度才越强， 若负相关情况下接近，代表强负相关，故并非的数值越大线性相关程度就越强，错误， C：决定系数的取值范围是，越接近1，说明解释变量对响应变量的解释能力越强，模型的拟合效果越好，正确， D：正态分布的密度曲线关于均值对称， 由，可得， 根据对称性，因此， 再由对称性得，正确. 10. 现有甲、乙、丙、丁、戊5名同学进行选修课报名，该学期共有三门课程：“文学鉴赏”、“科学探索”、“艺术实践”.每人必须且只能选一门课.记事件A为“有三名同学选同一门课”（其余两人各自选不同的课），记事件B为“同学甲单独选择“文学鉴赏”.则下列说法正确的是（ ） A. 5名同学的报名情况共有种 B. “三门课都有人选”的报名情况共有150种 C. 三门课程中最终只有两门课程被选的概率为 D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】由题意可知5名同学的报名情况共有种，所以A错误； 对于“三门课都有人选”时，先把5人分为三份，有3、1、1或2、2、1两种情况， 所以共有种情况，所以B正确； 三门课程中只有一门有人选的情况有3种，则最终只有两门课程被选中的情况有种， 则三门课程中最终只有两门课程被选择的概率为，所以C正确； 可知事件为：同学甲单独选择“文学鉴赏”，另外4位同学有3人选同一门课，最后1人单独选则一门课，则共有种情况， 事件A“有三名同学选同一门课”（其余两人各自选不同的课），有种情况， 则，所以D正确. 11. 已知多项式按二项式定理展开后，各项的二项式系数依次排列，可构成经典的杨辉三角（如图1）.我们对杨辉三角中的数字进行染色：若二项式系数为奇数，则将该位置涂为黑色；若为偶数，则涂为白色，染色后得到的几何图案，即为谢尔宾斯基三角形（如图2）.请结合杨辉三角与谢尔宾斯基三角形的相关性质，判断下列说法中正确的是（ ） A. B. 在“杨辉三角”中，第12行的奇数项数字之和为2048 C. 在“杨辉三角”第行的数中，从左到右第个数最大 D. 在“谢尔宾斯基三角形”中，第62行的黑色圆比白色圆多一个 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质可判断ABC选项，由谢尔宾斯基三角形的定义可判断D选项 【详解】由题意可得，故A正确； 由“杨辉三角”的性质可知第行的所有数字之和为， 又奇数项数字之和与偶数项数字之和相等，故第12行的奇数项数字之和为，故B正确； 在“杨辉三角”第行的数有个，中间项的值最大，故最大为第个数，故C错误； 由“杨辉三角”的规律观察可得第行是奇偶相间的，又， 所以第62行的63个数是奇偶相间，且两端都是奇数，所以黑色圆比白色圆多一个，故D正确. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知函数，若函数在区间上存在单调递减区间，则实数的范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】先对函数求导，根据函数在区间上存在单调递减区间得到关于的不等式，再通过对函数的最值来确定取值范围. 【详解】因为，所以， 因为函数在区间上存在单调递减区间， 即在区间上存在使得， 即在有解，即， 令，即， 因为对称轴为，所以， 所以，所以实数的范围是. 13. 英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件，存在如下关系：.现有某工厂利用检测机器人筛查零件，已知生产的零件次品率为，机器人检测的规则如下：①若是次品，机器人检测判定为次品的概率为；②若是正品，机器人误判为次品的概率为.现随机抽取一件零件，机器人检测结果显示为次品，则该零件实际为次品的概率______. 【答案】 【解析】 【分析】设出事件，利用全概率公式和贝叶斯公式得解. 【详解】依题意，设机器人检测结果显示是次品为事件B，该零件实际为次品为事件A， 则，，，， 故， 则所求概率为. 14. 古希腊数学家欧几里得在其著作《几何原本》中，通过严谨的几何公理和逻辑推理，系统化地证明并确立了“正多边形有且只有一个外接圆”这一性质.现从正边形的顶点中任取若干个，使之能作为正边形的顶点，则的不同选法共有______种. 【答案】11 【解析】 【分析】由题意可知正边形的顶点是正边形的顶点，分析可知，则一定是的因数，且不小于3，根据可得出因数的个数，结合即可得解. 【详解】正边形的顶点共有个，它们是正边形外接圆的等分点， 由题意可知正边形的顶点是正边形的顶点， 且正边形的顶点也是上述圆的等分点， 正边形的相邻顶点所在劣弧所对应的圆心角为， 正边形的相邻顶点所在劣弧所对应的圆心角为， 因为正边形的顶点是正边形的顶点，所以（为正整数）， 所以，所以正边形的一定是的因数，且不小于3， 又， 故的可能取值为从中选一个数，和从中选一个数， 将选出的这两个数相乘得到，故的因数个数为个， 但，故的个数为，所以满足题意的有个. 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. 已知的展开式中，所有项的二项式系数的和是，求： （1）的值及展开式中二项式系数最大的项； （2）展开式中所有的有理项. 【答案】（1），和 （2），，， 【解析】 【分析】（1）二项式所有二项式系数之和为，由此求出n；n为奇数时，中间两项的二项式系数最大; （2）写出通项公式，令x的指数为整数，找出k的可取整数值，算出有理项. 【小问1详解】 由题可知，, 展开式中二项式系数最大的项为第4项和第5项. 展开式的通项公式为 ；. 综上，展开式中二项式系数最大的项为和 【小问2详解】 由（1）知展开式的通项公式为， 有理项要求的指数为整数，即，其中 易知当，，，时，其对应的项依次为： ；； ；. 16. 郑州某中学为了解学生课后阅读时间与体育锻炼时长的关联性，以及基于阅读时间预测学生作业完成质量，随机抽取了高二年级名学生进行调查，将学生课后阅读时间分为“不少于小时”“少于小时”两类，体育锻炼时长分为“不少于小时”“少于小时”两类，得到如下统计数据（单位：人）： （1）求下面表格中，，的值，并依据小概率值的独立性检验，分析学生课后阅读时间与体育锻炼时长是否有关？ 阅读时间\锻炼时长 不少于1小时 少于1小时 总计 不少于1小时 15 少于1小时 10 50 总计 45 55 100 参考数据（独立性检验临界值表）： 0.1 0.05 0.025 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 （2）为进一步研究课后阅读时间（单位：小时）与学生每日作业完成质量得分的关系，随机选取其中20名学生的样本数据，经计算得：，，，，求关于的一元线性回归方程，并预测若某学生课后阅读时间为2.5小时，则其每日作业完成质量得分为多少？ 附：（i），其中. （ii）在线性回归方程中，，； 【答案】（1），，，有关 （2），77.5分 【解析】 【分析】（1）根据列联表的性质填表，计算卡方值，利用独立性检验思想即得结论； （2）利用相关数据代入公式求出的值，即得回归方程，代入即可计算对应的估计值. 【小问1详解】 由表知：，，， 零假设为：学生课后阅读时间与体育锻炼时长无关 则， 依据小概率值的独立性检验，有充分证据推断不成立，因此可以认为学生课后阅读时间与体育锻炼时长有关； 【小问2详解】 因，，则， 又，，则， 则 于是关于的一元线性回归方程为， 当时， 所以若某学生课后阅读时间为2.5小时，则其每日作业完成质量得分为77.5分. 17. 已知函数． （1）求的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1） 当时，在区间单调递减，在区间单调递增. （2） 【解析】 【分析】（1）求出，讨论当时，当时，的正负，求得的单调性； （2）讨论当时，当时，最多只有一个零点，不合题意；当时，分别讨论得在有一个零点，在有一个零点，可得的取值范围即为. 【小问1详解】 由 得 当时，，， 在R单调递减； 当时，由得，由得 所以，当时，在区间单调递减，在区间单调递增. 【小问2详解】 由（1）知，当时，最多有一个零点； 当时，在时取得最小值 即 所以，当时，，故最多只有一个零点； 当时，， 因为 所以在有一个零点． 令，则， 当时，在单调递减， 当时，在单调递增．又 所以，．故当时，有． 因为时，所以，故 可知在有一个零点． 综上可知，若有两个零点，的取值范围是. 【点睛】方法点睛：已知函数零点个数，求参数的取值范围的方法： 直接法，利用零点存在定理构建不等式求解； 数形结合法，将函数的解析式或者方程进行适当变形，把函数的零点或方程的根的问题转化为两个熟悉的函数图象的交点问题，再结合图象求参数的取值范围； 分离参数法，分离参数后转化为求函数的值域（最值）问题求解. 18. 2026年被业内称为自动驾驶商业化关键元年，L3级自动驾驶规模化落地、Robotaxi多城运营、智驾技术从“高端专属”走向“普惠平民”.近期，国际权威测评机构P3发布《2026中国智能驾驶测评报告》，对主流智驾系统障碍物避让、复杂路况应对等核心性能展开全面测试.某智能出行科技公司测试甲、乙两款辅助驾驶系统的障碍物避让性能，分别搭载甲、乙系统的车辆各开展了120次模拟测试，其中甲系统避让成功96次，乙系统避让成功84次.假设每次测试结果相互独立，用频率估计概率. （1）若从这120次甲系统测试中不放回地随机抽取5次测试，记为抽取的5次测试中甲系统成功避让的次数，求的数学期望. （2）现对乙系统追加2次独立测试，对甲系统追加1次独立测试，记为这3次测试里成功避让的总次数，求的分布列与数学期望； （3）现对甲系统追加次独立测试，记为这次测试中成功避让的次数，若用估计甲系统单次成功避让的概率，求（均方误差），并说明当增大时该值的变化趋势.（参考公式：） 【答案】（1）4 （2） 0 1 2 3 （3），均方误差随测试次数的增加而减小，估计精度越来越高 【解析】 【分析】（1）利用超几何分布的数学期望计算公式即可求得； （2）先求出两系统单次成功的概率，判断的所有可能值，利用独立事件的概率乘法公式分别求出对应的概率，写出分布列，计算数学期望即可； （3）依题意可得，求出和，利用求出，再分别代入均方误差公式，化简分析即得该值的变化趋势. 【小问1详解】 服从超几何分布，记， 则； 【小问2详解】 用频率估计概率，甲系统单次成功的概率为， 乙系统单次成功的概率为 由题分析可知可取0，1，2，3 ； ； ； 故随机变量的分布列为： 0 1 2 3 【小问3详解】 已知甲系统单次成功避让的概率，因此 ， 因， 又因， 则， 故 当n增大时，逐渐减小，即均方误差随测试次数的增加而减小，估计精度越来越高. 19. 已知函数 （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若函数有两个不同的极值点，，且， ①求实数的取值范围； ②求证：. 【答案】（1） （2）①②由（2）知，，是的两根. 两式相减得，故 要证，等价于证，将代入中， 即证整理得. 令，则即证.即证 令，则， 令，则， 当时，，在上单调递增，， 即在上恒成立，在上单调递增，. 即在上恒成立，故得证. 【解析】 【分析】(1)求导数得到切线斜率，再求切点，点斜式写切线; (2) ①极值点等价于导函数有两个不等正根，分离参数转化为函数交点问题求a范围；②利用换元法变为单变量，构造函数完成证明. 【小问1详解】 当时，，. ，又， 切线方程为，整理得 【小问2详解】 ①函数有两个不同的极值点，，等价于在上有两个不同的正根 令，则由得. 令，，则应与的图像产生两个交点 令得. 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又时，，时，， 若与的图像产生两个交点，则需，; ②略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025―2026学年下期期末考试 高二数学试题卷（五） 注意事项： 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考试时间120分钟，满分150分.考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效，交卷时只交答题卡. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 若则（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 3. 已知随机变量，实数满足，则的值为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 4. 已知两个线性相关变量与的统计数据如下表： 2 3 5 6 2.3 3.7 5.6 6.4 其回归直线方程是，据此计算，则样本点在处的残差为（ ） A. B. C. D. 5. 某郑州研学团计划参观少林寺、郑州文庙、只有河南·戏剧幻城、黄河文化公园、建业电影小镇5个景点，要求：少林寺必须排在第一个或最后一个参观；郑州文庙与黄河文化公园必须相邻，则不同的参观顺序有（ ）种 A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 6. 已知随机变量，，，，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 8. 记函数的导函数为，已知，且，，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ） 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. 回归分析中常用残差平方和来刻画拟合效果的好坏，残差平方和越小，拟合效果越好 B. 样本相关系数越大，成对样本数据的线性相关程度也越强 C. 在回归分析中，可用决定系数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好 D. 若随机变量服从正态分布，，则 10. 现有甲、乙、丙、丁、戊5名同学进行选修课报名，该学期共有三门课程：“文学鉴赏”、“科学探索”、“艺术实践”.每人必须且只能选一门课.记事件A为“有三名同学选同一门课”（其余两人各自选不同的课），记事件B为“同学甲单独选择“文学鉴赏”.则下列说法正确的是（ ） A. 5名同学的报名情况共有种 B. “三门课都有人选”的报名情况共有150种 C. 三门课程中最终只有两门课程被选的概率为 D. 11. 已知多项式按二项式定理展开后，各项的二项式系数依次排列，可构成经典的杨辉三角（如图1）.我们对杨辉三角中的数字进行染色：若二项式系数为奇数，则将该位置涂为黑色；若为偶数，则涂为白色，染色后得到的几何图案，即为谢尔宾斯基三角形（如图2）.请结合杨辉三角与谢尔宾斯基三角形的相关性质，判断下列说法中正确的是（ ） A. B. 在“杨辉三角”中，第12行的奇数项数字之和为2048 C. 在“杨辉三角”第行的数中，从左到右第个数最大 D. 在“谢尔宾斯基三角形”中，第62行的黑色圆比白色圆多一个 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知函数，若函数在区间上存在单调递减区间，则实数的范围是______. 13. 英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件，存在如下关系：.现有某工厂利用检测机器人筛查零件，已知生产的零件次品率为，机器人检测的规则如下：①若是次品，机器人检测判定为次品的概率为；②若是正品，机器人误判为次品的概率为.现随机抽取一件零件，机器人检测结果显示为次品，则该零件实际为次品的概率______. 14. 古希腊数学家欧几里得在其著作《几何原本》中，通过严谨的几何公理和逻辑推理，系统化地证明并确立了“正多边形有且只有一个外接圆”这一性质.现从正边形的顶点中任取若干个，使之能作为正边形的顶点，则的不同选法共有______种. 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. 已知的展开式中，所有项的二项式系数的和是，求： （1）的值及展开式中二项式系数最大的项； （2）展开式中所有的有理项. 16. 郑州某中学为了解学生课后阅读时间与体育锻炼时长的关联性，以及基于阅读时间预测学生作业完成质量，随机抽取了高二年级名学生进行调查，将学生课后阅读时间分为“不少于小时”“少于小时”两类，体育锻炼时长分为“不少于小时”“少于小时”两类，得到如下统计数据（单位：人）： （1）求下面表格中，，的值，并依据小概率值的独立性检验，分析学生课后阅读时间与体育锻炼时长是否有关？ 阅读时间\锻炼时长 不少于1小时 少于1小时 总计 不少于1小时 15 少于1小时 10 50 总计 45 55 100 参考数据（独立性检验临界值表）： 0.1 0.05 0.025 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 （2）为进一步研究课后阅读时间（单位：小时）与学生每日作业完成质量得分的关系，随机选取其中20名学生的样本数据，经计算得：，，，，求关于的一元线性回归方程，并预测若某学生课后阅读时间为2.5小时，则其每日作业完成质量得分为多少？ 附：（i），其中. （ii）在线性回归方程中，，； 17. 已知函数． （1）求的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 18. 2026年被业内称为自动驾驶商业化关键元年，L3级自动驾驶规模化落地、Robotaxi多城运营、智驾技术从“高端专属”走向“普惠平民”.近期，国际权威测评机构P3发布《2026中国智能驾驶测评报告》，对主流智驾系统障碍物避让、复杂路况应对等核心性能展开全面测试.某智能出行科技公司测试甲、乙两款辅助驾驶系统的障碍物避让性能，分别搭载甲、乙系统的车辆各开展了120次模拟测试，其中甲系统避让成功96次，乙系统避让成功84次.假设每次测试结果相互独立，用频率估计概率. （1）若从这120次甲系统测试中不放回地随机抽取5次测试，记为抽取的5次测试中甲系统成功避让的次数，求的数学期望. （2）现对乙系统追加2次独立测试，对甲系统追加1次独立测试，记为这3次测试里成功避让的总次数，求的分布列与数学期望； （3）现对甲系统追加次独立测试，记为这次测试中成功避让的次数，若用估计甲系统单次成功避让的概率，求（均方误差），并说明当增大时该值的变化趋势.（参考公式：） 19. 已知函数 （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若函数有两个不同的极值点，，且， ①求实数的取值范围； ②求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $