精品解析：天津市南开中学2025-2026学年高二下学期期末数学试卷

2026高二下南开中学期末 一、选择题（9小题，每小题5分，共45分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 3. 下列说法中正确的是（ ） A. 在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数越接近于1 B. 若随机变量，，则 C. 用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越大，说明模型的拟合效果越好 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，可以认为“与无关联” 4. 已知函数的部分图象如图，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 5. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 下列说法中正确的个数是（ ） ①的最小值为2 ②的最小值为9 ③已知，则 ④设，，则 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数为偶函数，且满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 9. 甲、乙两班决定举行篮球比赛，比赛规则约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到一个班比另一个班多2分或打满5局时结束．设甲班在每局中获胜的概率为，乙班在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立．比赛结束时甲班所得分数为，则（ ） A. B. C. D. 二、填空题（6小题，每小题5分，共30分） 10. 已知，设函数，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 11. 某高校校庆发放纪念品，将6本完全相同的校庆纪念册、3枚完全相同的校庆纪念章、4张不同校园风景的明信片全部分给3位校友，要求每一位校友至少有一本纪念册，纪念章不能全给同一位校友，每一位校友至少有一张明信片，其中A明信片必须给校友甲，则不同的分配方案有（ ） A. 420种 B. 840种 C. 960种 D. 1280种 12. 已知函数，集合．若对任意，都有，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 13. 若复数，则_______． 14. 的展开式中，含项的系数为_____. 15. 若圆与直线相交于，，且，则实数的值为__________． 三、解答题（5大题，共75分） 16. 某中学组织高二年级学生研学活动，需从上海、杭州、南京、哈尔滨、武汉、西安这个城市中随机选择个作为目的地.现从全年级抽取两个班级进行调查，记事件“这两个班级选择的目的地中至少有一个是杭州”，事件“这两个班级选择的目的地不同”，则__________． 17. 设函数，则满足的实数的取值范围是__________． 18. 已知（），若存在，，…，，使得成立的最大正整数为6，求的取值范围 19. 已知函数，． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）讨论的单调区间． 20. 如图，三棱锥中，平面平面，，，，为的中点，点满足． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值： （3）求三棱锥的体积． 21. 一个小盒装有除颜色外，形状、大小完全相同的6个白球，2个蓝球. 方案一：若取出白球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出蓝球，则放回小盒并再往小盒里加入4个蓝球； 方案二：若取出白球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出蓝球，则用白球替换该蓝球重新放回小盒中. （1）分别计算在两种方案下，抽两次球，第二次取到的球是蓝球的概率； （2）在方案一的前提下，连续抽取3次，用表示取到蓝球的次数，求随机变量的分布列和期望； （3）在方案二的前提下，求在第（）次抽球时，抽到的球恰好是第二个蓝球的概率（结果用表示）. 22. 已知函数，． （1）求函数的极值点； （2）证明：对于区间内任意两个不相等的实数，，都有； （3）函数（为自然对数的底数）在区间内有唯一的零点，记（其中表示，中的较小值），若（）在区间内有两个不相等的实数根，（），证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026高二下南开中学期末 一、选择题（9小题，每小题5分，共45分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】， ． 2. 已知，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】求解出不等式的解集，结合充分条件、必要条件判断即可. 【详解】解不等式，化简可得，即， 所以或， 所以或； 解不等式，得或， 而集合或真包含于集合或， 所以“”是“”的充分不必要条件． 3. 下列说法中正确的是（ ） A. 在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数越接近于1 B. 若随机变量，，则 C. 用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越大，说明模型的拟合效果越好 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，可以认为“与无关联” 【答案】C 【解析】 【分析】利用相关系数的性质可判断A；利用正态分布的对称性可判断B；利用决定系数的性质可判断C；利用独立性检验可判断D． 【详解】对于A，当越接近于1时，成对样本数据的线性相关程度越强，故A错误； 对于B，若随机变量，，则，故B错误； 对于C，决定系数越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，故C正确； 对于D，零假设为：与相互独立，即与没有关联， 由于，所以依据的独立性检验，推断不成立， 即可以认为“与有关联”，故D错误． 4. 已知函数的部分图象如图，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数图象和函数奇偶性、单调性逐项分析判断. 【详解】选项A，，当时，，求导可得，即时单调递减， 且时，与图像中先减后增、时趋向正无穷矛盾，故错误. 选项B，结合题干图像可知函数关于原点对称，即是奇函数， ，满足，是偶函数，故错误. 选项C，，是奇函数，符合对称性； 定义域：，符合图像特点； 当时，分子，， 指数增长速度远快于分母二次式增长速度， 故，单调递增，符合图像趋势，故正确. 选项D，在处无定义，结合题干图像可知不符合，故错误. 5. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由于，故， 而，， 因此． 6. 下列说法中正确的个数是（ ） ①的最小值为2 ②的最小值为9 ③已知，则 ④设，，则 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】结合对勾函数性质判断①；结合基本不等式判断②③④. 【详解】①化简得：，令， 函数在时单调递增，因此最小值为， 等号取不到（等号成立条件不满足），①错误. ②展开得：，由基本不等式， 因此原式，等号成立条件为，因此最小值为9，②正确. ③已知，则，令，则， 由基本不等式，得，③正确. ④，要证，等价于证明：， 整理得，当且仅当时等号成立，④正确. 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件利用换底公式推论和指数与对数互化关系可得，再结合指数幂运算性质求结论. 【详解】由，所以，又， 所以. 8. 已知函数为偶函数，且满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先研究函数的周期性，再根据函数的周期性和奇偶性求的值，进而可得的值. 【详解】因为，所以， 用代替可得：， 所以，所以函数是以4为周期的周期函数. 所以. 令，由得，； 又因为函数为偶函数，所以， 所以. 因为，所以，解得. 所以. 所以. 9. 甲、乙两班决定举行篮球比赛，比赛规则约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到一个班比另一个班多2分或打满5局时结束．设甲班在每局中获胜的概率为，乙班在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立．比赛结束时甲班所得分数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析事件对应的两类互斥的事件，再结合互斥事件概率加法公式求值. 【详解】事件表示的情况包括： ①甲在第一、第二局取得连胜，赢得比赛，对应的概率为：； ②甲大比分输了比赛，且前2局的比分为，前局的比分为，第5局甲负， 对应的概率为. 所以. 二、填空题（6小题，每小题5分，共30分） 10. 已知，设函数，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】C 【解析】 【分析】对函数分成两段进行求解，当时，二次函数的对称轴，分成和两种情况讨论；当时，采用参变分离，构造函数求最值. 【详解】当时，，过定点，对称轴为， 若时，， 解得：，所以； 若时，在单调递减，且，所以； 所以在恒成立，可得. 当时，恒成立，即恒成立， 令，则， 当时，，所以在单调递减， 当时，，所以在单调递增， 所以. 综上所述：的取值范围为. 11. 某高校校庆发放纪念品，将6本完全相同的校庆纪念册、3枚完全相同的校庆纪念章、4张不同校园风景的明信片全部分给3位校友，要求每一位校友至少有一本纪念册，纪念章不能全给同一位校友，每一位校友至少有一张明信片，其中A明信片必须给校友甲，则不同的分配方案有（ ） A. 420种 B. 840种 C. 960种 D. 1280种 【答案】B 【解析】 【分析】三类物品分配独立，先分别计算每类物品分配的方案数，最后相乘即可. 【详解】第一步，分6本完全相同的校庆纪念册，要求每一位校友至少有一本纪念册，采用“隔板法”，方案数为种； 第二步，分3枚完全相同的校庆纪念章，要求纪念章不能全给同一位校友，则每人分得1枚纪念章或3人分别获得0枚、1枚、2枚纪念章，方案数为种； 第三步，分4张不同校园风景的明信片，要求每一位校友至少有一张明信片，其中A明信片必须给校友甲，则剩余3张明信片分法为每人一张或除校友甲外一人1张、另一人2张，方案数为种； 三类物品分配独立，总方案数为种. 12. 已知函数，集合．若对任意，都有，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题知当时，，当时，，进而分，，三种情况，数形结合求解即可. 【详解】当时，， 当时，， 所以，当，即，作出函数的图象，如图， 显然，当，都有，且， 所以, 当，即时，作出函数的图象，如图， 当，都有，且 所以， 当，即时，作出函数的图象，如图， 当时，则需满足，即，解得， 所以， 综上，，即的取值范围为. 13. 若复数，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数除法运算即可. 【详解】由题知， ， 所以， 故答案为：. 14. 的展开式中，含项的系数为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式计算即可. 【详解】的的展开式的通项公式为， 令得， 所以含项的系数为. 故答案为： 15. 若圆与直线相交于，，且，则实数的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件得圆心到直线的距离为，再由点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】因为圆的圆心为，半径为， 又，则，所以圆心到直线的距离， 则，整理得到，解得或 三、解答题（5大题，共75分） 16. 某中学组织高二年级学生研学活动，需从上海、杭州、南京、哈尔滨、武汉、西安这个城市中随机选择个作为目的地.现从全年级抽取两个班级进行调查，记事件“这两个班级选择的目的地中至少有一个是杭州”，事件“这两个班级选择的目的地不同”，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用对立事件和古典概率公式，求出，再由条件概率公式，即可求解. 【详解】因为，， 则. 17. 设函数，则满足的实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】记，然后判断的单调性和奇偶性，再利用这些性质求解抽象不等式即得. 【详解】记，定义域为， 因为，所以为偶函数， 因为当时，单调递增，由复合函数性质可知单调递增， 又在上单调递增，所以在上单调递增， 则不等式， 平方得，解得，即. 18. 已知（），若存在，，…，，使得成立的最大正整数为6，求的取值范围 【答案】 【解析】 【分析】先确定（）的值域，然后分类讨论确定在上的值域，且若使，正整数的最大值为6，应有（注意：根据值域的开闭判断是否要取等号）. 【详解】令（），则，即在上单调递增， 又，即，，且，所以. 当时，存在，使得， 此时取，则有， 可知可取无穷大，故时不合题意； 当，时，有， 则，， 注意到当时，， 若使，且正整数的最大值为6， 则，解得； 当，时，有， 则，， 注意到当时，， 若使，且正整数的最大值为6， 则，解得； 综上，的取值范围为. 19. 已知函数，． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）讨论的单调区间． 【答案】（1） （2）①当时，增区间为，减区间为；②当时，增区间为和，减区间为；③当时，增区间为，无减区间；④当时，增区间为和，减区间为. 【解析】 【分析】（1）求导，确定切线斜率，即可求解； （2）求导，通过，，，讨论导数的符号，即可求解. 【小问1详解】 当时，， 计算得，即切点为， 求导得：，切线斜率， 由点斜式得切线方程：，整理得； 【小问2详解】 对函数求导得：  ， 因，故，的符号由分子的符号决定， ①时，恒成立， 当时，，即，当时，，即， 故的增区间为，减区间为； ②时， 当或时，，即， 当时，，即， 故的增区间为和，减区间为； ③时，在上恒成立，即在上恒成立， 故的增区间为，无减区间； ④时， 当或时，，即， 当时，，即， 故的增区间为和，减区间为. 综上：①当时，增区间为，减区间为； ②当时，增区间为和，减区间为； ③当时，增区间为，无减区间； ④当时，增区间为和，减区间为. 20. 如图，三棱锥中，平面平面，，，，为的中点，点满足． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值： （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1）连接，. 因为，， 可知和是两个全等的等边三角形，则. 因为E为中点，所以，， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 而，则，所以. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，，先证明，，可得平面，再由可得，进而求证即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可； （3）利用空间向量先求出点到平面的距离，再根据棱锥的体积公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 由，，可得，， 所以， 以E为原点，分别以，，方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系. 则，，，，， 则，，即，可得， 设平面的一个法向量为， 则，取，则，即. 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 由（2）知，，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则，即. 则点到平面的距离为， 而， 所以三棱锥的体积为. 21. 一个小盒装有除颜色外，形状、大小完全相同的6个白球，2个蓝球. 方案一：若取出白球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出蓝球，则放回小盒并再往小盒里加入4个蓝球； 方案二：若取出白球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出蓝球，则用白球替换该蓝球重新放回小盒中. （1）分别计算在两种方案下，抽两次球，第二次取到的球是蓝球的概率； （2）在方案一的前提下，连续抽取3次，用表示取到蓝球的次数，求随机变量的分布列和期望； （3）在方案二的前提下，求在第（）次抽球时，抽到的球恰好是第二个蓝球的概率（结果用表示）. 【答案】（1）方案一，方案二 （2） 0 1 2 3 （3） 【解析】 【分析】（1）分为取到“白蓝”和“蓝蓝”两种情况，分别对两种模型第二次取到的球是蓝球的概率进行计算即可； （2）由题意，的所有取值为，分别求出对应的概率，再根据数学期望的公式求解即可； （3）先算出第次是第一次取到蓝球，第次是第二次取到蓝球的概率为， 则第次恰好抽到第二个蓝球的概率为中从到取值累加求和即可求解. 【小问1详解】 记在方案一下，第二次取到蓝球的概率为，则分为取到“白蓝”和“蓝蓝”两种情况， 则； 记在方案二下，第二次取到蓝球的概率为，同样分为取到“白蓝”和“蓝蓝”两种情况， 则. 【小问2详解】 由题意得的所有取值为， 则，， ，， 所以随机变量的分布列为： 0 1 2 3 则. 【小问3详解】 设第次是第一次取到蓝球，第次是第二次取到蓝球的概率为， 则， 则第次恰好抽到第二个蓝球的概率为中从到取值累加求和， 即 . 22. 已知函数，． （1）求函数的极值点； （2）证明：对于区间内任意两个不相等的实数，，都有； （3）函数（为自然对数的底数）在区间内有唯一的零点，记（其中表示，中的较小值），若（）在区间内有两个不相等的实数根，（），证明：． 【答案】（1）极小值点为，无极大值点； （2）由（1）知，在上单调递增， ，当时，，单调递减， 不妨设，则， ， 记， 则， 令，则， 所以在上单调递减，故， 所以当时，， 所以在上单调递增， 由可得，即， 所以对于区间内任意两个不相等的实数，，都有. （3）因为是的零点，所以， 即，所以， 由上知在上单调递增，在上单调递减， 所以，故，. ①证，即，， 令，则，函数单调递增， 所以，所以，即成立. ②证，等价于. 由题知，，可得， 对任意，， 对任意，，设， 则对恒成立，故，即， 因此. 设，则， 所以，即， 设，则， 所以，即， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以， 即， 综上，成立. 【解析】 【分析】（1）利用导数判断函数单调性，然后可得极值点； （2）根据和的单调性去掉绝对值符号，构造函数，利用导数即可证明； （3）构造增量函数和，结合和的单调性证明即可. 【小问1详解】 由可得，定义域为， 令得，令得， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的极小值点为，无极大值点. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $