江苏省苏州市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷

PAGE1NUMPAGES9江苏苏州市2025-20268540分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求1.𝐴4−𝐴3= A. B. C. D.2.已知车轮旋转的角度𝜃(单位：𝑟𝑎𝑑)与时间𝑡(单位：𝑠)之间的函数关系为𝜃(𝑡)=25𝜋𝑡2 A.20𝜋 B.10𝜋 C.16

A. B. C. D.4.已知函数𝑓(𝑥)=𝑥3−3𝑥2+1在[−1,3]上的最大值和最小值分别为𝑚，𝑛，则𝑚+𝑛= A. B. C. D.统计某超市连续5年的广告支出费𝑥(万元)与销售额𝑦(万元)广告支出费销售额得出经验回归方程为𝑦=4𝑥+19，则 𝑦与𝑥呈负相关关 B.当𝑥=5时，一定有𝑦=C.𝑚= D.当𝑥=1时，残差为

2

2小明常用人工智能大模型𝑒𝑒𝑒解决学习疑问．当小明输入的问题表达清晰时，𝑒𝑒𝑒的回复被采纳的概率为0.；当小明输入的问题表达不清晰时，𝑒𝑒𝑒的回复被采纳的概率为0..若小明输入的题表达清晰的概率为0.，则𝑒𝑒𝑒的回复被采纳的概率为( )A. B. C. D.8.已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥+𝑏𝑥(𝑎>0,𝑎≠1,𝑏>0,𝑏≠1)在(0,+∞)上单调递增，则𝑎和𝑏的取值不可能是 𝑎=2，𝑏=

𝑎=2，𝑏=𝑎 𝑒，𝑏=

𝑎=

，𝑏=

3189.已知随机变量𝑋，𝑌，则下列说法正确的有 A.若𝑋∼𝐵 ，则𝐸(𝑋)=B.若𝑋∼𝐵 ，𝑌=2𝑋+1，则𝐷(𝑌)=C.若𝑋∼𝑁(6,𝜎2)，𝑃(3<𝑋<6)=0.35，则𝑃(𝑋>9)=D.若𝑋∼𝑁(2,22)，𝑌∼𝑁(2,32)，则𝑃(𝑋>4)<𝑃(𝑌<10.如图，在平行六面体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，已知𝐴𝐵=𝐴𝐷=𝐴𝐴1=1，∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐵𝐴𝐴1=∠𝐷𝐴𝐴1=∘，𝑂，𝐸分别为𝐵1𝐷1，𝐶𝐶1的中点，则 1A.1B.𝑂𝐸⋅

+=D.𝐴𝐶与平面𝐵𝐷𝐷𝐵所成角的正弦值为 1 11.已知函数𝑓(𝑥)=ln𝑥−ln(4−𝑥)+𝑎𝑥(𝑎∈𝑅)，则下列说法正确的有 A.若𝑎=−2，则𝑓(𝑥)存在极值 B.若𝑓(𝑥)是增函数，则𝑎≥C.曲线𝑦=𝑓(𝑥)是中心对称图 D.存在𝑎，使得𝑓(𝑥)有三个不同的零351512.已知函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−1，𝑔(𝑥)=𝑎sin𝑥，若曲线𝑦=𝑓(𝑥)与𝑦=𝑔(𝑥)在点(0,0)处有相同的切线，则实数的值 13.在空间直角坐标系𝑂𝑥𝑦𝑧中，已知向量𝑃𝐴=(1,2,0)，𝑃𝐵=(0,2,3)，𝑃𝐶=(𝑘,1,3)，若点𝐶在平面内，则实数𝑘的值 (𝑎+𝑏)𝑛展开式的项数及各项系数的规律，这是我国数学史上的一个伟大成就．在如图所示的“杨辉三 ；记第𝑛行从左到右第𝑖个数为𝑎𝑖， 577𝑥

的展开式中第3项与第2项的二项式系数之差为求江苏省城市足球联赛(简称“苏超”)(1)依据小概率值𝛼=0.01附：𝜒2= 𝑃(𝜒2如图，在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，已知∠𝐴𝐵𝐶=90∘，𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐵𝐵1=2，𝐸，𝐹分别是线段𝐴𝐵，𝐵𝐶上的动点(不含端点)，𝐴𝐸=𝐵𝐹．(1)求证：𝐴1𝐹⊥(2)当三棱锥𝐵1−𝐵𝐸𝐹的体积取得最大值时，求平面𝐴1𝐸𝐹与平面𝐵1𝐶1𝐸已知函数𝑓(𝑥)=1𝑎(𝑥+1)2−𝑥𝑒𝑥，(𝑎∈(1)当𝑎=1时，求𝑓(𝑥)(2)当𝑎>0时，若𝑓(𝑥)存在极小值点𝑥0，证明：𝑓(𝑥0)>(3)若对任意𝑥[−1

，都有𝑓(𝑥)≤2，求𝑎某科技公司为推广某款机器人产品，举办“人类—机器人”挑战赛，规则如下：人类选派2−(𝑛𝑁∗)挑战者参赛，每名挑战者仅与一台该款机器人进行一场比赛，共进行2−场比赛，每场比赛只有胜、败两种结果．所有场次比赛结束后，若人类总获胜场数多于机器人总获胜场数，则人类队获胜，否则机器人队获胜．已知单场比赛中挑战者战胜机器人的概率恒为𝑝0<𝑝<

(1)若𝑛=2，𝑝=3，记人类总获胜场数与机器人总获胜场数之差的绝对值为随机变量𝑋，求𝑋(2)若𝑛≥3，记事件𝐴𝑘=“在前2𝑛−3场比赛中人类胜了𝑘(0≤𝑘≤2𝑛−3,𝑘∈𝑁)场”，事件𝐵=①求𝑃(𝐵|𝐴𝑛−2)，𝑃(𝐵|𝐴𝑛−1)(用含𝑝的式子表示，无需书写推导过程②研究表明：随着𝑛【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】−114.【答案】120；(𝑛+2)2𝑛−1+【答案】解：(1)由二项式系数的定义，第3项的二项式系数为𝐶2，第2项的二项式系数为𝐶1根据题意得𝐶2

𝑛(𝑛−1)−𝑛=20，化简得𝑛2−3𝑛−40= 𝑛=20，即解得𝑛=8(𝑛=−5不符合正整数要求，舍去

(2)由(1)得𝑛=8𝑥

的展开式通项为：𝑇𝑟+1=𝐶8𝑥8−𝑟⋅

=2 3第3项对应𝑟=2，系数为22𝐶2；第𝑛−1=7项对应𝑟=6，系数为 由组合数性质𝐶2=𝐶6，故展开式中第3项与第𝑛−1项的系数比值为22=1 (3)令展开式通项中𝑥的指数为0，即8−4𝑟=0，解得𝑟=代入通项得常数项为：26𝐶6=64×28=由列联表得：𝑎=25,𝑏=25,𝑐=40,𝑑=10,𝑛=100，代入卡方公式𝜒2= =100×(25×10−25×40)2≈9.89， 小概率值𝛼=0.01对应的临界值为因𝜒2≈9.89>6.635，故拒绝结论：依据𝛼=0.01的独立性检验，能认为“愿意购票到场观赛”与性别有关联 (2)分层抽样抽样比：=抽取女性人数：25×1=5，抽取男性人数：40×1= 补贴金额𝑋抽取2人都是男性时𝑋=20，𝑃(𝑋=20)=𝐶2

28= 𝐶1𝐶抽取1男1女时𝑋=30，𝑃(𝑋=30)=58=

40= 抽取2人都是女性时𝑋=40，𝑃(𝑋=40)=𝐶2

10= 所以𝑋𝐸(𝑋)=20×14+30×20+40×5=1080≈ 数学期望约为

设𝐴𝐸=𝐵𝐹=𝑚，0<𝑚<所以𝐴1𝐹=(𝑚,−2,−2)，𝐶1𝐸=(−2,2−𝑚,−2)，又𝐴1𝐹⋅𝐶1𝐸=−2𝑚−4+2𝑚+4=0，所以𝐴1𝐹⊥(2)结合(1)设𝐴𝐸=𝐵𝐹=𝑚，0<𝑚<2，则𝐵𝐸=由

𝐵1−𝐵𝐸𝐹=3𝑆𝖺𝐵𝐸𝐹×𝐵𝐵1=3×2×𝐵𝐸×𝐵𝐹×𝐵𝐵1 所以当𝑚=1时，三棱锥𝐵1−𝐵𝐸𝐹则𝐸𝐴1=(0,1,2)，𝐸𝐹=(1,−1,0)，𝐵1𝐶1=(2,0,0)，𝐵1𝐸=(0,1,−2)，设平面𝐴1𝐸𝐹的法向量为𝑚=(𝑥,𝑦,𝑧)

⋅𝐸𝐴1=𝑦+2𝑧=⋅𝐸𝐹=𝑥−𝑦= 令𝑥=2，则𝑦=2，𝑧=−1，即𝑚=设平面𝐵𝐶𝐸的法向量为𝑛=(𝑎,𝑏,𝑐)

⋅𝐵1𝐶1=2𝑎=01

⋅𝐵1𝐸=𝑏−2𝑐=令𝑏=2，则𝑎=0，𝑐=1，即可得𝑛=(0,2,1)，则有cos𝜃=|𝑚⋅𝑛|= =3=5， 4+4+1⋅ 3 所以平面𝐴𝐸𝐹与平面𝐵𝐶𝐸的夹角的余弦值为 1 18.【答案】解：(1)当𝑎=1时，𝑓(𝑥)=1(𝑥+则𝑓′(𝑥)=(𝑥+1)−(𝑥+1)𝑒𝑥=(𝑥+1)(1−𝑒𝑥)，令𝑓′(𝑥)=0，解得𝑥=−1，或𝑥=0，当𝑥<−1时，𝑥+1<0，1−𝑒𝑥>0，则𝑓′(𝑥)<0，所以𝑓(𝑥)在(−∞,−1)上单调递减；当−1<𝑥<0时，𝑥1>0，1−𝑒𝑥>0，则𝑓′(𝑥)>0，所以𝑓(𝑥)在(−1,0)上单调递增；当𝑥>0时，𝑥+1>0，1−𝑒𝑥<0，则𝑓′(𝑥)<0，所以𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递减，综上，𝑓(𝑥)在(−∞,−1)上单调递减；在(−1,0)上单调递增；在(0(2)由𝑓′(𝑥)=𝑎(𝑥+1)−(𝑥+1)𝑒𝑥=(𝑥+令𝑓′(𝑥)=(𝑥+1)(𝑎−𝑒𝑥)=0，解得𝑥=−1，或𝑥=当ln𝑎>−1时，𝑎>当𝑥<−1时，𝑥+1<0，𝑎−𝑒𝑥>0，则𝑓′(𝑥)<0，所以𝑓(𝑥)在(−∞,−1)当−1<𝑥<ln𝑎时，𝑥1>0，𝑎−𝑒𝑥>0，则𝑓′(𝑥)>0，所以𝑓(𝑥)在(−1,ln𝑎)上单调递增；当𝑥>ln𝑎时，𝑥+1>0，𝑎−𝑒𝑥<0，则𝑓′(𝑥)<0，所以𝑓(𝑥)在(ln𝑎,+∞)上单调递减，此时𝑥=−1是𝑓(𝑥)的极小值点，而𝑥=ln𝑎是𝑓(𝑥)则

=−1，所以𝑓(𝑥)=𝑓(−1)=𝑒−1=1>0 当ln𝑎=−1时，𝑎=𝑒，𝑓′(𝑥)=(𝑥+

1

=𝑒(𝑥+

当𝑥<−1时，𝑥+1<0，1−𝑒𝑥+1>0，则𝑓′(𝑥)<0，所以𝑓(𝑥)在(−∞,−1)上单调递减；当𝑥>−1时，𝑥+1>0，1−𝑒𝑥+1<0，则𝑓′(𝑥)<0，所以𝑓(𝑥)在(−1,+∞)上单调递减，当ln𝑎<−1时，0<𝑎<当𝑥<ln𝑎时，𝑥+1<0，𝑎−𝑒𝑥>0，则𝑓′(𝑥)<0，所以𝑓(𝑥)在(−∞,ln𝑎)当ln𝑎<𝑥<−1时，𝑥1<0，𝑎−𝑒𝑥<0，则𝑓′(𝑥)>0，所以𝑓(𝑥)在(ln𝑎,−1)上单调递增；当𝑥>−1时，𝑥+1>0，𝑎−𝑒𝑥<0，则𝑓′(𝑥)<0，所以𝑓(𝑥)在(−1,+∞)上单调递减，此时𝑥=ln𝑎是𝑓(𝑥)的极小值点，而𝑥=−1是𝑓(𝑥)则

=ln𝑎，所以𝑓(𝑥)=𝑓(ln𝑎)=1𝑎(ln𝑎+1)2−𝑎ln𝑎=1𝑎(𝑙𝑛2𝑎+1)>0 综上，当𝑎>0时，若𝑓(𝑥)存在极小值点𝑥0，必有𝑓(𝑥0)>0(3)对任意𝑥[−1

，有𝑓(𝑥)≤2𝑎(𝑥+1)−

≤当𝑥=−1

𝑎⋅0+

=1

1恒成立，此时𝑎的取值范围为当𝑥1时，𝑎令𝑔(𝑥)=2𝑥𝑒𝑥+1，𝑥>−1，则𝑔′(𝑥)=2(𝑥2+1)𝑒𝑥−2=2(𝑥2+1)𝑒𝑥−1

令ℎ(𝑥)=(𝑥2+1)𝑒𝑥−1，𝑥>−1，则ℎ′(𝑥)=(𝑥+1)2𝑒𝑥≥0，所以ℎ(𝑥)在(−1,+∞)上单调递增，且ℎ(0)=(02+1)𝑒0−1=0，所以当−1<𝑥<0时，ℎ(𝑥)<0，即𝑔′(𝑥)<0，所以𝑔(𝑥)在(−1,0)上单调递减；当𝑥>0时，ℎ(𝑥)>0，即𝑔′(𝑥)>0，所以𝑔(𝑥)在(0,+∞)上单调递增，所以𝑔(𝑥)min=𝑔(0)=1，即𝑎≤综上，当𝑥=−1时，𝑎∈𝑅；当𝑥>−1时，𝑎≤故对任意𝑥∈[−1,+

，都有𝑓(𝑥)≤2时，𝑎的取值范围 19.【答案】解：(1)𝑛=2时，比赛场次为3场，𝑋的所有可能取值为

𝑃(𝑋=3)

=27=3，𝑃(𝑋=1)=

+

=27= 𝐸(𝑋)=1×2+3×1= 𝐴𝑛−2表示“在前2𝑛−3场比赛中人类胜了𝑛−2𝑛，即剩余两场均要胜利，所以𝑃(𝐵|𝐴𝑛−2)=𝑝2，𝐴𝑛−1表示“在前2𝑛−3场比赛中人类胜了𝑛−1𝑛，即剩余两场至少胜一场，所以𝑃(𝐵|𝐴𝑛−1)=1−(1−𝑝)2=2𝑝−𝑝2；②设𝑃(𝑛)=𝑃(在2𝑛−1场中人类至少胜𝑛场)=∑2𝑛−1

人类在2𝑛1场中获胜，需要最终胜场数至少为𝑛1，若𝑘≥𝑛1，则无论后两场结果如何，人类已获胜；若𝑘=𝑛，则后两场至少胜1场，概率为2𝑝−𝑝2，若𝑘=𝑛−1，则后两场必须全