2025-2026学年高二数学下学期期末模拟考试五含解析人教A版

2025-2026学年高二下学期期末模拟考试（五）

数学

（考试时间：120分钟试卷满分：150分）

答案速查表

12345

CCCAC

678910

BBCACDAB

1112131415

（1）没有充分证据

推断学生体育锻炼达

标情况与学段有关联

ACD2241+1(,+)

（2）有充分证据推

�−

×�∞断学生体育锻炼达标

情况与学段有关联

16171819

（1）第1次（1）当0时，单调递增区

（1）=（1）

1，第2次2间为(1,+)；当>0

7（2）0.98，线性39�≤

1时，单调递增区间为(

=�相关程度很强（2）=+1

44−∞�

13�≈831,)，单调递减区间为

（2）=+111−

2802,=340(�)1−�

5123

�4107�(,+)（2）（i）证明见

560�−1�

�340�（3）=−�

��−12解析（ii）证明见解析

�∞

��

第一部分选择题（共58分）

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.从0，1，2，3，4，5这六个数字中任选3个数字，可组成无重复数字的三位数的个数为（）

A.60B.84C.100D.120

【答案】C

【解析】从0，1，2，3，4，5这六个数字中任选3个数字组成无重复数字的三位数，由于首位不能为

0，可分步进行：

1

第一步，确定百位数字，从1，2，3，4，5中任选1个，有5=5种选法；

2

第二步，确定十位和个位数字，从剩下的5个数字中任选2个�进行排列，有5=20种选法.

根据分步乘法计数原理，共有520=100种.�

【点拨】本题考查排列组合的基础×应用.处理含“0”的排数问题时，“首位不为0”是核心限制条件，

优先安排受限元素（首位）是常用策略.

第1页，共12页

2.从装有4个白球，2个红球的盒子中逐个不放回地摸取小球.若每取出1个红球得2分，每取出1

个白球得1分，按照规则从盒子中任意抽取2个球，所得分数的期望为（）

A.4B.2C.8D.10

333

【答案】C

【解析】设取出2个球所得分数为，则的可能取值为2（两白），3（一白一红），4（两红）.

2

(=2)=4=6=2；��

2155

�6

�11

�(�=3)=42=8；

215

��6

���21

(=4)=2=.

215

�6

∴��()=2�2+38+41=12+24+4=40=8.

5151515153

【点�拨�】本题×考查超×几何分×布的数学期望.也可利用期望的线性性质求解：每次摸取红球的概率为1，

3

白球的概率为2，每次得分的期望为21+12=4，两次摸取的总期望即为24=8.

333333

3.已知随机变量(100,2)，(×90×)=0.65，则(90110)=（×）

A.0.15�∼�B�.0.2��≥C.�0.3≤�≤D.0.35

【答案】C

【解析】∵随机变量(100,2)，∴正态曲线的对称轴为=100.

∵(90)=0.65，�∴∼�(<9�0)=10.65=0.35.�

由正�态�曲≥线的对称性可知，�(�>110)=−(<90)=0.35.

∴(90110)=1�(�<90)(��>110)=10.350.35=0.3.

【点�拨】≤本�题≤考查正态分−布�曲�线的对称−性�.�利用为对−称中心−，将所求区间的概率转化为已知区间的

概率是解题关键.�

4.曲线()=32在=1处的切线方程为（）

A.��2�=−0��B.+2=0C.+2=0D.++2=0

【答案】�A−�−��−�−���

【解析】由()=32，得（1）=1321=1，即切点坐标为(1,1).

'2

求导得()�=�3�2−，��−×−−

∴切线的�斜�率=�'−（1）=3122=1.

由点斜式可得切�线方�程为(×1−)=1(1)，即2=0.

【点拨】求曲线在某点处的�切−线−方程，需⋅严�格−遵循“三�步−曲�”−：一求切点坐标（代入原函数），二求

导函数，三代入横坐标求切线斜率.

5.已知(3,4)且(<)=(>5)，则二项式(1)4的展开式中，常数项为（）

A.-2�4∼���B.�-6��C.�6−��D.24

【答案】C

第2页，共12页

【解析】∵(3,4)，∴正态曲线关于=3对称.

又(<)=(>5)，由对称性可知与5关于3对称，即+5=3，解得=1.

�∼��2

�

∴二�项�式为�(1��)4.��

1

�424

其展开式的通项−为�+1=4()()=4(1).

�−�����−

令24=0，解得��=2�.�−��−�

22

∴展开�−式中的常数项为�4(1)=61=6.

【点拨】本题综合考查了�正态−分布的对×称性与二项式定理.确定参数后，写出二项展开式的通项公

式，分离系数与变量是求特定项的标准流程.�

6.某学校有,两家餐厅，某同学连续三天午餐均在学校用餐.如果某天去餐厅，那么第2天

还去餐厅的概率为2；如果某天去餐厅，那么第2天还去餐厅的概率为3.若该同学第1天

��3�4

午餐时�随机选择一家餐厅用餐，则该同�学第3天去餐厅用餐的概�率为（）

A.11B.127C.13D.205

24288�24288

【答案】B

【解析】设第天去餐厅用餐为事件，去餐厅用餐为事件.

由题意知，()=1，()=1.��

�12�12���

且(|�)�=2，(��|)=1；(|)=3，(|)=1.

+13+13+14+14

第2�天�去���餐厅的概�率�为�：������������

()=()(|)+()(|)=12+11=1+1=11.

2�12112123243824

�第�2天去��餐�厅�的概�率为�：����××

()=1()=111=13.

2�22424

�第�3天去−�餐�厅的概率−为：

()=()(|)+()(|)=112+131=22+13=88+39=127.

3�2322322432447296288288288

�【点�拨】�本�题考�查�全�概率公�式�在马�尔�可�夫链模型×中的应×用.画出树状图，理清每天状态转移的条件概率，

逐层递推计算是避免出错的有效方法.

7.已知等差数列{}的前项和为，若3=7,9=13，则11=（）

A.100���B.110����C.115�D.120

【答案】B

【解析】在等差数列{}中，由等差数列的下标性质可知：

3+9=26.��

�∵�3=7,�9=13，∴26=7+13=20，解得6=10.

由等�差数列�前项和公式�得：�

11(+)112

=111=�6=11=1110=110.

11226

���

��×

第3页，共12页

【点拨】本题考查等差数列的性质与前项和公式.熟练运用“若+=+，则+=+”

这一性质，可大幅减少计算量.�������������

8.若函数()=(+1)的图像与直线=()恰有两个公共点，则的取值范围为

�

（）�������∈��

11

A.0或=2B.>2

1

��

C.�≥2<<0�−D.�−0

【答案】−C���≥

【解析】由()=(+1)，得'()=+(+1)=(+2).

����

'

令()=0�，解�得�=2�.�������

'

当�<�2时，()�<0−，()单调递减；

'

当�>−2时，�(�)>0，�(�)单调递增.

21

∴�(−)在=�2�处取得�极小�值，且极小值为(2)=(2+1)=2.

−

又当���时−，()0且()<0；当�+−时，−()+�.−�

画出�(→)−的∞大致图�像�，→可知要使�直�线=与�→(∞)的图�像恰�有→两∞个公共点，

1

需满足��2<<0.����

【点拨】−本�题考�查利用导数研究函数的极值与图像.处理方程根的个数问题，通常转化为两个函数图像

的交点问题，准确画出函数草图（特别是注意极限趋势）是关键.

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目

要求的.全部选对得满分，部分选对得部分分，有选错得0分.

9.下列说法错误的是（）

A.两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近于1

2

B.甲、乙两个模型的决定系数分别为0.98和0.82，�则模型甲的拟合效果更好

C.对于经验回归方程=23�，当解释变量每增加一个单位时，预报变量平均增加2个

单位�−���

D.在回归分析模型中，若残差平方和越大，则模型的拟合效果越好

【答案】ACD

【解析】对于A，两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数的绝对值||越接近于1，

而不是越接近于1（可能接近-1），故A错误；��

2

对于B，�决定系数越�大，模型的拟合效果越好.∵0.98>0.82，∴模型甲的拟合效果更好，故B

正确；�

对于C，对于经验回归方程=23，回归系数=3，表示当解释变量每增加一个单位时，预

报变量平均减少3个单位�，故−C错�误；�−�

2

对于D，�在回归分析模型中，残差平方和越小，决定系数越大，模型的拟合效果越好，故D错误.

本题选错误的，故选ACD.�

第4页，共12页

【点拨】本题考查统计学中的基本概念.需准确区分相关系数（符号表示正负相关，绝对值表示相关

2

强弱）与决定系数（越接近1拟合越好）的统计意义.�

10.现有4个编号�为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进

盒子中，则下列结论正确的有（）

A.没有空盒子的方法共有24种

B.可以有空盒子的方法共有256种

C.恰有1个盒子不放球的方法共有288种

D.没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有16种

【答案】AB

4

【解析】对于A，没有空盒子，意味着4个小球分别放入4个盒子，即4个小球的全排列，共有4=

24种方法，故A正确；�

对于B，可以有空盒子，即每个小球都有4种选择，共有44=256种方法，故B正确；

对于C，恰有1个盒子不放球，说明另外3个盒子都有球.由于共有4个球，则必然有1个盒子放2个

1

球，其余2个盒子各放1个球.先从4个盒子中选1个作为空盒，有4种；再从4个球中选2个捆绑

23

在一起，有4种；最后将捆绑后的球和剩下的2个球放入选定的3个�盒子中全排列，有3种.共有

123

443�=466=144种方法，故C错误；�

1

�对于×�D，×恰�有一个×小球×放入自己编号的盒子，先选定这个小球和对应的盒子，有4=4种方法；剩下

的3个小球放入剩下的3个盒子且均不能放入自己编号的盒子（即3个元素的错排�），错排数为2种.

共有42=8种方法，故D错误.

【点拨】×本题综合考查排列组合的经典模型.“恰有空盒”对应分组分配问题（先分组后分配），“放

入自己编号”对应错排问题.

11.已知函数()=332+(2)+，则下列结论正确的是（）

A.当>�1�时，�(−)�有两个−极�值�点�

B.当�=−2时，(�)�在=2处取得极大值

C.若()满足(2)+()=2，则2+2的最小值为1

����2

D.若�(�)存在极�大值−点�0�，�且(0)=�(1�)，其中01，则20+1=3

【答案】ACD��������≠���

【解析】由()=332+(2)+，得'()=326+2.

'2

对于A，()�有�两个�极−值�点等价于−��()�=0有�两�个不相�等−的实�数根−，�即=(6)43(2

)>0，化�简�得12+12>0，解得�>�1，故A正确；Δ−−××−

'2'

�对于B，当=2时，�()=3�6−=3(2).令()=0得=0或=2.当(0,2)时，

''

()<0；当�(2,�+�)时，�−(�)>0.�∴�−()在�=�2处取得极�小值，故�B错误；�∈

���∈∞�����

第5页，共12页

对于C，若(2)+()=2，则函数()的图像关于点(1,1)对称.又三次函数的对称中心横坐

标为=3=1，∴（1）=1.即13312+(2)1+=1，化简得=1.∴2+2=

3�1−�����

−

1111

2+(�+−1)2×=22+2+�1=2(+)2+.−当×=时−，�2×+2取�得最小值，�故−C�正确；��

2222

'

�对于D�，若()�存在�极大值点�0，设极小值�点−为2，则��0,2是()=0的两根，且0<2，

+=6=2.由()=()且，结合三次函数图像的性质（极值点与交点的横坐标关

023��01�01�������

−

�系，�即“−1:2”切线定�理�），可�知�1�2≠=2�(20)，即1=3220=3(20)20=650.

232

整理得50+1=6.或者利用代数法�：−�()�(−0)�=(�0)(�−1)�=(−2�0+−1)�+，−对�比

2

原函数�的�系数得20+1=3，故D�正�确−.���−��−��−���…

【点拨】�本题考查三次�函数�的综合性质.需熟练掌握三次函数的导数与极值的关系、对称中心坐标公式、

以及极值点与函数值相等的另一交点横坐标之间的比例关系.

第二部分非选择题（共92分）

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.甲将一枚硬币向上抛出10次，每次落下时正面朝上的概率为1，用表示落下时正面朝上的次

5

数，则的期望()=＿＿＿＿＿＿.�

【答案】�2��

【解析】由题意可知，甲抛掷硬币10次，每次正面朝上的概率均为=1，且各次抛掷相互独立.

5

因此，落下时正面朝上的次数服从二项分布，即(10,1).�

5

根据二项分布的数学期望公式，�可得()==10�∼1=�2.

5

【点拨】识别出随机变量服从二项分布�模�型是�解�题的关×键，直接套用公式()=即可快速求解.

13.已知数列{}的前项和为，且3=4+36，则数列{��}的通��项公式=＿＿

＿＿＿＿.����������−����

【答案】241+1

�−

【解析】已×知3=4+36①.

当=1时，3�1�=4�1�+3�6−，解得1=3.

当�2时，3�1=�4−1+3(1)�6②.

①�-≥②得：3��=−4��4−1+�3−，整理−得=413.

将其变形为��1=�4�(−�1�−1).����−−

∵11=3��−1=2�0，�−−

∴数�列−{−1}是以≠2为首项，4为公比的等比数列.

11

∴1�=�−24，即=24+1.

�−�−

【点�拨�−】本题×考查由与��的×关系求通项公式.利用=1(2)转化为递推式，再通

过构造辅助数列转化为�等�比数�列�是常规套路.����−��−�≥

第6页，共12页

14.已知函数()=ln()+(1)，若()存在两个零点，则实数的取值范围为＿

�

＿＿＿＿＿.�����−�−����

【答案】(,+)

【解析】由�(∞)=0得ln()+(1)=0，即ln+ln+=0.

��

变形为ln(�)�+=+，�即�ln(�−)+�−=�ln()+.����−�−�

�1��

设()=l�n�+(��>0�)，�则'()=��+1>�0�，∴�()在�(0,+)上单调递增.

由�(�)=�(�)�可得=�.����∞

��

∵�(�)�存在�两�个零点，�∴�方�程=有两个不相等的正实数根.

�

�

设�(�)=(>0)，则'()=��=(1).

��2��2

��⋅�−���−

当ℎ�(0,1�)�时，'()<ℎ0，�()�单调递减�；

'

当�∈(1,+)时ℎ，�()>0ℎ，�()单调递增.

∴�(∈)的最∞小值为ℎ（�1）=.ℎ�

+

又当ℎ�0时，()ℎ+；当�+时，()+.

∴要使�直→线=ℎ与�→=∞()的图�像→有∞两个交ℎ点�，需→满∞足>.

即实数的�取值�范围为�(ℎ,�+).��

【点拨】�本题考查利用导数�研究∞方程的根.通过同构法构造相同结构的函数()，利用其单调性将复

杂方程转化为=，再分离参数构造新函数求导是解题的核心技巧.��

�

���

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.

某大型学校有初中学生2400人，高中学生1600人.学校为了解学生的体育锻炼习惯，采用按比例分配

的分层抽样方式从中抽取100人进行问卷调查.

将每天体育锻炼时长2小时视为锻炼达标，整理出如下列联表：

学段

是否达标≥合计

初中高中

达标28

不达标24

合计6040100

（1）请完成上面列联表，并依据小概率值=0.05的独立性检验，分析学生体育锻炼达标情况是否

与学段（初中、高中）有关联.（结果保留小�数点后三位）

（2）如果将上面列联表中的所有数据都扩大为原来的10倍，依据小概率值=0.05的独立性检验，

分析学生体育锻炼达标情况是否与学段（初中、高中）有关联.（结果保留小数�点后三位）

2

附：2=()，其中=+++.

(+)(+)(+)(+)

�𝑎−𝑏

�����0�.1����0.0�5���0.010.0050.001

2.7063.8416.6357.87910.828

�

��

【答案】（1）列联表见解析；没有充分证据推断学生体育锻炼达标情况与学段有关联

第7页，共12页

（2）有充分证据推断学生体育锻炼达标情况与学段有关联

【解析】解：（1）依题意，抽样比例为2400:1600=3:2.

在100人中，初中抽取1003=60人，高中抽取1002=40人.

55

初中达标人数为6024=3×6人；高中不达标人数为40×28=12人.

完成的22列联表−如下：−

学段

×是否达标合计

初中高中

达标362864

不达标241236

合计6040100

…………2分

根据列联表，计算得：

22

2=100(36122824)=100(432672)1.042…………5分

604064365529600

××−××−

�∵1.042×<3×.8×41，≈

∴根据小概率值=0.05的独立性检验，没有充分证据推断0不成立，因此可以认为学生体育锻炼

达标情况与学段（�初中、高中）无关.…………�7分

（2）将表格中的所有数据都扩大为原来的10倍，

2

则2=1000(360120280240)10.417…………11分

600400640360

××−×

∵�10.417>3.×841×，×≈

∴根据小概率值=0.05的独立性检验，我们推断0不成立，即认为学生体育锻炼达标情况与学段

（初中、高中）有�关联.…………13分�

【点拨】本题考查分层抽样与独立性检验.完善列联表时需注意抽样比例的计算，代入公式计算2时

要细心，最后需将计算结果与临界值比较得出规范的统计推断结论.�

16.

在(2+2)(3,)的展开式中，第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列.

�∗

（1）�求�；�≥�∈�

（2）求展�开式中二项式系数最大的项.

【答案】（1）=7

13

4

（2）4=280�2，5=560

123

【解析】�解：（�1）由�题意得�，展开式中第2，3，4项的二项式系数依次为,,.

213

∵它们成等差数列，∴2=+…………2分������

(1)(1)(2)

即2=+���…�……��…4分

26

��−��−�−

化简得×29�+14=0，解得=2或=7.

�−���

第8页，共12页

∵3，∴=7.…………7分

（2�）≥由（1）知�=7，展开式共有8项，

二项式系数最大的�项为中间两项，即第4项或第5项.…………9分

第4项为：

313

324238

4=7()()=3582=2802…………12分

−

�第5项�为�：�⋅�⋅��

42324624

5=7()()=3516=560…………15分

−

�【点拨�】�本题考�查二项式⋅�定⋅理的�通项公式�与二项式系数的性质.注意区分“二项式系数”与“项的系

数”，二项式系数最大项仅由指数的奇偶性决定.

17.�

新能源汽车发展非常迅速，某地区2017年至2024年（年份代码分别记为：1,2,3,4,5,6,7,8）某品牌

新能源汽车的科研经费投入和销售量统计如下：

年份代码12345678

科研经费(单位:百亿元)2361013151821

销售量(单位:百�万辆)1122.53.53.54.56

��

8�8282

参考数据：=1�=347，=1=1308，=1=93，178542.25.

()()

������=1�����=1≈

参考公式：相关系数=�，=�22，=.

�2�2=1��

=1(��)−��=1−(�)���−���

�

�����

�������−���−��

（1）根据样本数据，计算科研�经−费�与�销−售�量之间的样本相关系数，并推断它们的线性相关程度

（结果精确到0.01）；��

（2）根据样本数据，求销售量关于科研经费的线性回归方程（,用分数表达）.

����

【答案】（1）0.98，线性相关程度很强

（2）=83+107

340�34≈0

【解析】�解：�（1）由题中数据可得：

=2+3+6+10+13+15+18+21=88=11…………2分

88

�=1+1+2+2.5+3.5+3.5+4.5+6=24=3…………4分

88

�88

()()=8=3478113=347264=83

=1=1

����

�8−��−�8��−��−××−

��

()2=282=13088112=1308968=340

=1=1

��

88�−��−�−×−

2�22�2

=1()==18=9383=9372=21…………6分

838383

∴�相关�系�−数�=���−=�=−×−

34021714021785

∵17854�2.25，×∴83=830.98…………8分

242.2584.5

≈�≈×≈

第9页，共12页

由于||0.98接近1，∴科研经费与销售量之间线性相关，且线性相关程度很

强.……�…≈…9分

（2）由（1）可得：

8()()

==1=83…………12分

8()2340

�=�1�−���−�

��831020913107

�=�=−3�11==…………14分

340340340

−

∴�销�售−量��关−于科×研经费的线性回归方程为=83+107.…………15分

340340

【点拨】本�题考查一元线性回�归方程的求解与相关�系数的�计算.熟练运用公式的变形形式(

)()=可大大简化运算过程.��−

���

1�8.�−���−���

甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，甲传给乙和丙的概率分别为1

3

和2，乙传给甲和丙的概率分别为1和3，丙传给甲和乙的概率分别为2和1.

34433

（1）求第1次和第2次传球后球在乙手中的概率；

（2）求第次传球后球在乙手中的概率；

（3）记第�次传球时，乙接到的次数为，则服从两点分布，且(=1)=，(=1)=

�

(=1,2,,)，设前次传球后，乙�接到球�的总次数为，且()�+�总成立�，求�实数

=1�����4���

��

�的�最��小值.…�����≤�

�

【答案】（1）第1次1，第2次2

39

（2）=1+1(1)1

4123

�−

（3）��=1−

12

【解析】�解：（1）设第次传球后球在乙手中的概率为.

第1次由甲将球传出，甲传给乙的概率为1，∴=1.……�……2分

�313�

第2次传球后球在乙手中，说明第1次传球后球不�在乙手中.

若第1次传球后球在甲手中，甲传给乙的概率为1；若球在丙手中，丙传给乙的概率也为1.

33

∴第2次传球后球在乙手中的概率=(1)1=(11)1=2.…………5分

213339

（2）由（1）的分析同理可得，第�+1次−传�球后×球在乙−手中，×必然是第次传球后球不在乙手中

（即在甲或丙手中），且甲、丙传给乙的概率均为1.

�3�

∴=(1)1+0=1+1…………8分

+1333

将其�变�形为−��×1=�1�(×1−).��

+1434

又1=1��1=−1，−��−

143412

∴数�列−{−1}是以1为首项，1为公比的等比数列.…………10分

4123

��−−

第10页，共12页

∴1=1(1)1，

4123

�−

即��−=1+1(−1)1.…………12分

4123

�−

（3）��由题意，−()==[1+1(1)1]

=1=14123

���−

1�

11()��1��1�−

=+3=+[1()]…………14分

4121�4163

1−(−)

�3��

−−−−11

∵()+总成立，∴[1()]恒成立.

4163

��

设��=1≤[1�(1)]，只需要−(−).≤�

163m