精品解析：重庆市西南七校联考2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试题

高2027届2025-2026学年度第二学期期末考试 数学试题 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.考试结束后，将答题卷交回. 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个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（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由于对数函数的定义域是，因此集合， 因为，所以，故C正确. 2. 已知随机变量，若，（ ） A. 0.7 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.2 【答案】C 【解析】 【详解】由，可得， 由可知正态分布曲线的对称轴为， 所以. 3. 已知函数为奇函数，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数奇偶性的性质求解即可. 【详解】已知函数为奇函数，则，解得. 因为，所以，解得. 因此. 4. 唐宋八大家，又称唐宋散文八大家，是中国唐代韩愈、柳宗元，宋代苏洵、苏轼、苏辙、王安石、曾巩、欧阳修八位散文家的合称，其中江西独占三家，分别是：王安石、曾巩、欧阳修，他们掀起的古文革新浪潮，使诗文发展的陈旧面貌焕然一新.为弘扬中国传统文化，某校决定从唐宋八大家中挑选四位，于某周末开展他们的散文赏析课，四位散文家的散文赏析课各安排一节，连排四节.若在来自江西的三位散文家中恰好选出两人，且他们的散文赏析课互不相邻，则不同的排课方法种数是（ ） A. 240 B. 360 C. 720 D. 540 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可知，从来自江西的三位散文家中选出两人，从另外的五位散文家中挑选出两人，一共有种情况， 选出的两位散文家排课互不相邻，则有种情况， 故一共有种情况. 5. 使命题“，”是假命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将问题转化为不等式恒成立问题，对参数进行分类讨论求出充要条件，然后分析即可得出结论. 【详解】命题“，”是假命题等价于“，”是真命题， 即，不等式恒成立， 当时，则不等式化简为恒成立， 当时，不等式恒成立， 则等价于，解得， 综上所述命题“，”是真命题的充要条件是 即命题“，”是假命题的充要条件是， 若要找命题“，”是假命题的充分不必要条件， 则只需要找的真子集，由选项知只有是的真子集. 6. 某校对“学生性别和喜欢刷视频是否有关”作了一次调查，得到如下列联表： 不喜欢刷视频 喜欢刷视频 总计 男生 女生 总计 附：， 若通过计算，可得根据小概率值的独立性检验，认为学生是否喜欢刷视频与性别有关联，则正整数的最小值为（ ） A. 45 B. 48 C. 49 D. 50 【答案】D 【解析】 【分析】先补全列联表，再代入卡方公式化简得到，由，再结合为5的倍数，即可得到的最小值. 【详解】由题意知，男生中喜欢刷视频的人数：， 女生中喜欢刷视频人数：， 则补全列联表： 不喜欢刷视频 喜欢刷视频 总计 男生 女生 总计 所以， 由题意知：，所以， 因为为正整数，且为5的倍数，所以的最小值为50. 7. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. 6 B. 4 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【详解】因为，故， 又因为，，因此有， 因此，当且仅当时等号成立， 设，所以，解得或， 由和，解得， 因此当时，的最小值为6. 8. 函数与的图象在上有n个不同的交点，则（ ） A. 2026 B. 2027 C. 4052 D. 4053 【答案】D 【解析】 【分析】根据两函数的对称性可求出它们的对称中心为，结合图象求出它们在上交点的总个数，即可求得结果． 【详解】易知函数关于点成中心对称，且其最小正周期为，值域为， 又函数满足； 则函数也关于点成中心对称， 因为函数在上单调递减，且当时，；当时，， 则的值域为， 画出两函数在同一坐标系下的图象如下图： 根据图象可知两函数在上除了之外，共有四个交点， 且由对称性可知这四个交点的横坐标之和为0，纵坐标之和满足， 再由周期性可知两函数在上除了之外共有个交点， 结合对称性可知． 二、多项选择题（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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分，若只有3个正确选项，每选对一个得2分.） 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 回归直线恒过样本点的中心. B. 两个变量线性相关性越强，则相关系数r就越接近1. C. 已知随机变量则，. D. 某7个数的平均数为4，方差为2，现加入一个新数据4，此时这8个数的方差不变. 【答案】AC 【解析】 【分析】A依据回归直线恒过样本中心的性质判断；B根据相关系数的相关性意义判断；C用二项分布公式结合方差线性性质验证；D计算新平均数与新方差，和原方差比较即可. 【详解】在A选项中，根据回归直线的基本性质， 回归直线恒过样本点的中心，A正确， 在B选项中，相关系数的绝对值越接近1，说明两个变量线性相关性越强， 负相关时接近，并非只有接近1才代表相关性强，B错误， 在C选项中，若，则期望，方差， 所以，， 根据方差性质得，C正确， 在D选项中，原7个数平均数为，总和为，加入新数据后， 8个数的平均数仍为，原方差满足，化简得， 新方差为，方差发生改变，D错误. 10. 已知， 且，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】BC 【解析】 【详解】令得， 又因为，所以， 即或，得或，故A错误； 因为， 即， 所以，故B正确； 令得，因为或， 所以或，故C正确； 令得，又， 则，因为或， 所以或，故D错误. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的单调减区间是 B. 在定义域内无最小值，无最大值 C. D. 函数有2个零点 【答案】BCD 【解析】 【详解】由题意得，且，， 当且时，， 当，即时，，单调递增； 当，即且时 ，，即单调递减. 所以的单调减区间为和，故A错误； 当时，单调递减，且时，故此时； 当时，在处取极小值， 且时，故此时. 综上，在定义域内无最小值，也无最大值，故B正确； 因为，， 且，当时，单调递增， 故，即，故C正确； 即，令， 则，即，化简得， 令，因为， 故在单调递减，单调递增， 且，， ，故有2个零点， 分别为，， 即有两个解，分别为，. 当且时，得到或，故此方程无解； 当且时， 当时，单调递减且时，此时方程有1个解； 当，单调递增且时， 此时方程也有1个解，故方程有2个解. 综上，函数有2个零点，故D正确. 第Ⅱ卷（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. 2026年高考结束后，甲、乙两位同学慕名来到重庆旅游，分别准备从解放碑、洪崖洞、李子坝和磁器口这4个著名的旅游景点中随机选择1个景点游玩，记事件“甲和乙至少有一人选择洪崖洞”，事件“甲和乙选择的景点不同”，则等于__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用古典概型和条件概率公式求解. 【详解】由题意可得，甲、乙各从个景点选个，总共有种情况， 因为“两人都不选洪崖洞”的样本数为 ， 利用对立事件计算可得：事件的样本数为， 而事件表示至少一人选洪崖洞，且两人景点不同， 又因为事件中，仅“甲乙都选洪崖洞”这种情况满足景点相同， 因此， 由条件概率公式可得. 13. ，若不等式在上恒成立，则a的取值范围是__________. 【答案】或 【解析】 【分析】先证时，故原不等式恒成立等价于在上递增，求导后分离参数得，构造函数，求得函数值域即可得a的取值范围. 【详解】设，则， 在上单调递增，，， ，，又在上恒成立， 需要在上为增函数，即对，恒成立， 即在上恒成立， 令，，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减，故， ，解得或. 14. 2025年11月，某中学举行了一年一度的体育运动会，高二1班有7名同学参加了志愿者，他们被分配到跳高、跳远、实心球3个运动项目点参加服务，7人中有5名前面参加过志愿者工作的，称为“老手”和2名前面没有参加过志愿者工作的，称为“新手”，每名同学只能去一个运动项目点服务，且每个运动项目点至少需要1名“老手”，且2名“新手”不能分配到同一个运动项目点，且“老手”甲只去跳高项目点服务，则不同的分配方案种数是__________. 【答案】300 【解析】 【分析】先分配2名“新手”去3个运动项目中的2个项目，而“老手”甲只去跳高项目点服务，再将剩下的4个人（都是“老手”）进行分组分配，即可求解. 【详解】先分配2名“新手”去3个运动项目中的2个项目，有种分配方法， 而“老手”甲只去跳高项目点服务，因此还有4个人（都是“老手”）需要分配项目， 由于每个运动项目点至少需要1名“老手”， 因此可以将这4个人按以下方式进行分组分配： ①按分3组，再分配给3个运动项目，有种分配方法； ②按分2组，再分配给跳远，实心球2个运动项目，有种分配方法； ③按分2组，再分配给跳远，实心球2个运动项目，有种分配方法. 则不同的分配方案种数是. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知在处取得极大值. （1）求在点处的切线方程； （2）若，讨论零点的个数. 【答案】（1） （2）①当或时，有一个零点； ②当或时，有两个零点； ③当时，有三个零点. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，联立等式可得函数，根据导数的几何意义可求得切线方程； （2）根据导数及三次函数性质可得其图象，结合图象可得答案. 【小问1详解】 已知，则 因为在处取得极大值， 则，解得，，经检验，符合题意， 所以，， 故，， 则切线方程为，即. 【小问2详解】 令，所以， 的零点个数等价于的图像与直线的交点个数， 由（1）可知，，，令，解得或， 则，，的关系如下表： 单调递增 单调递减 单调递增 所以的极大值为，极小值为，如图所示， ①当或时，有一个零点； ②当或时，有两个零点； ③当时，有三个零点. 16. 为研究光照时长（单位：h）与盆栽花卉株高增长量（单位：cm）的关系，测得6组试验数据，如下表格： 3 4 5 6 7 8 由散点变化可知与是非线性变化，现有两个备选拟合模型：①指数模型：（），②对数模型：，参考统计数据：令，，，，，，，，，参考数据：，， 线性回归系数公式：， （1）根据散点增长趋势选取合适模型，仅得出结论即可（不用说明理由）； （2）求出关于的非线性回归方程； （3）当每日光照时，预估花卉株高增长量. 【答案】（1）选择模型 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据散点分布，即可确定对数模型； （2）令，将非线性模型转化为线性模型，代入公式计算，再计算，求得，即可得到回归方程； （3）把、代入回归方程即可计算预估值. 【小问1详解】 由表格可知散点增长趋势较为平缓，故选择对数函数模型 【小问2详解】 令，则模型化为线性形式，则 ， 又因为， 所以 故所求回归方程：. 【小问3详解】 当时，， 所以当每日光照时，预估花卉株高增长量预估株高增长量为. 17. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，. （1）求函数的解析式； （2）解不等式：. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据函数奇偶性的定义以及性质求解即可. （2）分析函数的单调性，利用单调性以及奇偶性列式求解即可. 【小问1详解】 由是定义在上的奇函数，所以定义域关于原点对称， 所以，即．且. 所以，当时，. 当时，，则. 所以，当时，函数. 则解析式为； 【小问2详解】 当时，函数和在上都是单调递增，所以在上单调递增；由奇函数对称性，在也单调递增； 时，；时，； 分段函数图像，在附近左低右高，因此在上单调递增. 由是奇函数，. 结合定义域和单调性，需满足， 解得， 所以原不等式的解集为. 18. 2025年9月1日，羽毛球世锦赛决赛在法国巴黎阿迪达斯体育馆进行，石宇奇战胜泰国选手昆拉武特夺得冠军，这是国羽时隔10年重夺世锦赛金牌，这也是石宇奇职业生涯首夺世界单项大赛金牌；现有甲、乙两名羽毛球运动员进行日常训练比赛. （1）假设每球甲、乙得分相互独立，且甲发球甲得分的概率为，乙发球甲得分的概率为，发球规则是前一球谁得分下一球就由谁发球，每局比赛谁先到21分且至少赢两分谁就获得该局比赛的胜利，如果到之后谁的比分比另一个的比分多两分谁就获得该局比赛的胜利，如果比分到时，那么谁先到第30分谁就获得该局比赛的胜利，在第一局比赛中，已知现在的比分是，且下一球是甲发球，求甲以的比分获得第一局比赛胜利的概率； （2）假设每局比赛结果相互独立，若第一局甲获胜，则下一局甲获胜的概率为，若第一局甲失败，则下一局甲获胜的概率为，已知第一局甲获胜的概率为，在前两局比赛中，用X表示甲获胜的局数，求X的分布列和数学期望； （3）假设每局比赛结果相互独立，且每局比赛甲获胜的概率为，比赛的赛制有五局三胜制和三局两胜制两种选择，若对于甲选手来说，选择五局三胜制获胜的概率大于选择三局两胜制获胜的概率，求的取值范围. 【答案】（1） （2）X的分布列为 X 0 1 2 P 期望为 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意，分两种情况①甲发球甲赢，甲发球乙赢，乙发球甲赢，甲发球甲赢，和②甲发球乙赢，乙发球甲赢，甲发球甲赢，甲发球甲赢，即可求解； （2）由题意，X的所有可能取值为0，1，2，分别求出对应的概率，再根据数学期望的公式求解即可； （3）分别求出三局二胜制、五局三胜制进行比赛甲获胜的概率，利用作差法，结合题设求解即可. 【小问1详解】 设事件“甲以的比分获得第一局比赛胜利”，有以下两种情况： ①甲发球甲赢，甲发球乙赢，乙发球甲赢，甲发球甲赢， 则概率为； ②甲发球乙赢，乙发球甲赢，甲发球甲赢，甲发球甲赢， 则概率为. 所以. 【小问2详解】 由题意，X的所有可能取值为0，1，2， 则，，. 则X的分布列为 X 0 1 2 P 所以期望为. 【小问3详解】 采用三局二胜制进行比赛甲获胜的概率为， 采用五局三胜制进行比赛甲获胜的概率：. 令， 因为，所以，则解得， 即的取值范围为. 19. 已知函数，其中， （1）证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； （2）设，分别是在区间的极值点和零点； （ⅰ）设，证明在单调递增； （ⅱ）证明：. 【答案】（1）法一：由题意得：， 令，在递增，当时， 且有，因此当，，，， 因此在单调递减，在单调递增，即有唯一极值点 由，在递减有，又由在递增 且， 由零点存在定理有且，即在有唯一零点. 法二：由题：，令， ，再令 因此在递增，又，，， 因此，使得，且当，， ，， 即有在单调递减，在单调递增， 又，因此，又，，所以 有，且当，，，， 即在单调递减，在单调递增，即在有唯一的极值点， 由，在单调递减，单调递增，有，又，， 因此有，有，即在有唯一零点. （2）（ⅰ）由（1）得：，即有，因此， 又，可知，，，， 因此，因此，在单调递增. （ⅱ）由（ⅰ）中可知，在单调递增，则， 即有，又，即有，又， 则有， 由在递增，，， 因此证明. 【解析】 【分析】（1）通过构造辅助函数（如令导数为零的方程），分析单调性，利用零点存在定理证明， 法一：直接分析导函数符号变化，结合区间端点值符号，证明导函数唯一变号点（即极值点），再分别讨论函数值符号证明唯一零点； 法二：构造新函数求导，利用导函数值符号判断原函数单调区间，再证明函数存在唯一极值点和唯一零点； （2）（ⅰ）利用（1）的结论，对求导，通过判断导数在区间内的符号，证明其在给定区间单调递增；（ⅱ）基于（ⅰ）的单调性结论，结合端点不等式关系，推导出目标不等式. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2027届2025-2026学年度第二学期期末考试 数学试题 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.考试结束后，将答题卷交回. 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个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（ ） A. B. 0 C. D. 2. 已知随机变量，若，（ ） A. 0.7 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.2 3. 已知函数为奇函数，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 4. 唐宋八大家，又称唐宋散文八大家，是中国唐代韩愈、柳宗元，宋代苏洵、苏轼、苏辙、王安石、曾巩、欧阳修八位散文家的合称，其中江西独占三家，分别是：王安石、曾巩、欧阳修，他们掀起的古文革新浪潮，使诗文发展的陈旧面貌焕然一新.为弘扬中国传统文化，某校决定从唐宋八大家中挑选四位，于某周末开展他们的散文赏析课，四位散文家的散文赏析课各安排一节，连排四节.若在来自江西的三位散文家中恰好选出两人，且他们的散文赏析课互不相邻，则不同的排课方法种数是（ ） A. 240 B. 360 C. 720 D. 540 5. 使命题“，”是假命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 6. 某校对“学生性别和喜欢刷视频是否有关”作了一次调查，得到如下列联表： 不喜欢刷视频 喜欢刷视频 总计 男生 女生 总计 附：， 若通过计算，可得根据小概率值的独立性检验，认为学生是否喜欢刷视频与性别有关联，则正整数的最小值为（ ） A. 45 B. 48 C. 49 D. 50 7. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. 6 B. 4 C. D. 2 8. 函数与的图象在上有n个不同的交点，则（ ） A. 2026 B. 2027 C. 4052 D. 4053 二、多项选择题（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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分，若只有3个正确选项，每选对一个得2分.） 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 回归直线恒过样本点的中心. B. 两个变量线性相关性越强，则相关系数r就越接近1. C. 已知随机变量则，. D. 某7个数的平均数为4，方差为2，现加入一个新数据4，此时这8个数的方差不变. 10. 已知， 且，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 或 D. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的单调减区间是 B. 在定义域内无最小值，无最大值 C. D. 函数有2个零点 第Ⅱ卷（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. 2026年高考结束后，甲、乙两位同学慕名来到重庆旅游，分别准备从解放碑、洪崖洞、李子坝和磁器口这4个著名的旅游景点中随机选择1个景点游玩，记事件“甲和乙至少有一人选择洪崖洞”，事件“甲和乙选择的景点不同”，则等于__________. 13. ，若不等式在上恒成立，则a的取值范围是__________. 14. 2025年11月，某中学举行了一年一度的体育运动会，高二1班有7名同学参加了志愿者，他们被分配到跳高、跳远、实心球3个运动项目点参加服务，7人中有5名前面参加过志愿者工作的，称为“老手”和2名前面没有参加过志愿者工作的，称为“新手”，每名同学只能去一个运动项目点服务，且每个运动项目点至少需要1名“老手”，且2名“新手”不能分配到同一个运动项目点，且“老手”甲只去跳高项目点服务，则不同的分配方案种数是__________. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知在处取得极大值. （1）求在点处的切线方程； （2）若，讨论零点的个数. 16. 为研究光照时长（单位：h）与盆栽花卉株高增长量（单位：cm）的关系，测得6组试验数据，如下表格： 3 4 5 6 7 8 由散点变化可知与是非线性变化，现有两个备选拟合模型：①指数模型：（），②对数模型：，参考统计数据：令，，，，，，，，，参考数据：，， 线性回归系数公式：， （1）根据散点增长趋势选取合适模型，仅得出结论即可（不用说明理由）； （2）求出关于的非线性回归方程； （3）当每日光照时，预估花卉株高增长量. 17. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，. （1）求函数的解析式； （2）解不等式：. 18. 2025年9月1日，羽毛球世锦赛决赛在法国巴黎阿迪达斯体育馆进行，石宇奇战胜泰国选手昆拉武特夺得冠军，这是国羽时隔10年重夺世锦赛金牌，这也是石宇奇职业生涯首夺世界单项大赛金牌；现有甲、乙两名羽毛球运动员进行日常训练比赛. （1）假设每球甲、乙得分相互独立，且甲发球甲得分的概率为，乙发球甲得分的概率为，发球规则是前一球谁得分下一球就由谁发球，每局比赛谁先到21分且至少赢两分谁就获得该局比赛的胜利，如果到之后谁的比分比另一个的比分多两分谁就获得该局比赛的胜利，如果比分到时，那么谁先到第30分谁就获得该局比赛的胜利，在第一局比赛中，已知现在的比分是，且下一球是甲发球，求甲以的比分获得第一局比赛胜利的概率； （2）假设每局比赛结果相互独立，若第一局甲获胜，则下一局甲获胜的概率为，若第一局甲失败，则下一局甲获胜的概率为，已知第一局甲获胜的概率为，在前两局比赛中，用X表示甲获胜的局数，求X的分布列和数学期望； （3）假设每局比赛结果相互独立，且每局比赛甲获胜的概率为，比赛的赛制有五局三胜制和三局两胜制两种选择，若对于甲选手来说，选择五局三胜制获胜的概率大于选择三局两胜制获胜的概率，求的取值范围. 19. 已知函数，其中， （1）证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； （2）设，分别是在区间的极值点和零点； （ⅰ）设，证明在单调递增； （ⅱ）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $