精品解析：北京市石景山区2025-2026学年高二年级下学期期末数学试题

2025—2026学年第二学期高二期末试卷 数学 本试卷满分为150分，考试时间为120分钟.其中Ⅰ卷，共135分，共6页，Ⅱ卷15分.请务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效，考试结束后上交答题卡. Ⅰ卷 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知集合，，则（ ） A. ≥ B. C. D. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ，≥ D. ，≥ 3. 在等比数列中，，，则（ ） A. 8 B. 16 C. 32 D. 64 4. 根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为 ，既吹东风又下雨的概率为 ，则在吹东风的条件下下雨的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知点在函数的图象上，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的部分对应值如表所示.数列满足，且对任意，点都在函数的图象上，则的值为（ ）. 1 2 3 4 3 1 2 4 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知函数，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列满足，，(，，)，则“”是“数列为等差数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 已知函数，若有且只有1个极值点，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 已知数列是各项均为正数的无穷数列，前项和为满足.给出下列三个结论：① ； ② 数列是等差数列； ③数列中存在无穷多项小于.其中正确结论的个数是（ ） A. B. C. D. 第二部分（非选择题 共95分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 函数的定义域为_____________ 12. 能够说明“设，，是任意实数．若，则”是假命题的一组实数，，的值依次为______． 13. 已知函数的定义域为，为其导函数，函数的图象如图所示，则不等式的解集为________ 14. 若数列是等差数列，，则_____________ 15. 已知函数在上是增函数，在上是减函数，且方程有3个实数根，它们分别是.给出下列四个结论： ①； ②若是对称中心，则极小值是； ③； ④. 其中所有正确结论的序号是___________ 三、解答题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 某汽车品牌为了了解客户对于其旗下的五种型号汽车的满意情况，随机抽取了一些客户进行回访，调查结果如下表： 汽车型号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ 回访客户人数 250 100 200 700 350 满意率 0.5 0.5 0.6 0.3 0.2 满意率是指某种型号汽车的回访客户中，满意人数与总人数的比值.假设客户是否满意互相独立，且每种型号汽车客户对于此型号汽车满意的概率与表格中该型号汽车的满意率相等. （1）从所有的回访客户中随机抽取1人，求抽取的这位客户满意的概率； （2）若以样本的频率估计概率，从Ⅰ型号和Ⅴ型号汽车的所有客户中各随机抽取1人，设其中满意的人数为，求的分布列和期望； 17. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间和极值； （2）若函数在区间上取得最小值4，求的值. 18. 某智慧园区需要对3台设备进行巡检，现有以下两个方案： 方案一：采用智能机器人巡检，在第一轮巡检中，对3台设备逐一进行检测，在这3次检测中，可能成功，也可能失败，如果机器人成功检测2台或3台设备，则直接完成巡检，无需进行第二轮检测；如果机器人成功检测的设备少于2台，则进行第二轮巡检，第二轮巡检只需对第一轮未成功检测的设备再次逐一检测，无论第二轮检测结果如何都结束巡检，机器人每次成功检测每台设备的概率≤，且每台设备检测互不影响，每次检测也互不影响，每台设备检测一次的费用为18元. 方案二：采用人工巡检，对3台设备逐一进行检测，仅需巡检一轮即可完成，每台设备检测一次的费用为30元. （1）记机器人巡检结束时对所有设备检测的总次数为，求的数学期望（用表示）； （2）如果以检测的平均总费用为决策依据，在方案一和方案二之中选其一，应选用哪个方案？ 19. 已知函数，． （1）求在点处的切线方程； （2）求证：当时，； （3）求的零点个数． 20. 已知有穷数列，若数列中各项都是集合中的元素，则称该数列为数列.对于数列 ，定义如下操作过程：从中任取两项，将 的值添在数列的最后，然后删除，这样得到一个项的新数列（约定:一个数也视作数列）. 若还是数列，可继续实施操作过程 ，得到的新数列记作，如此经过次操作后得到的新数列记作. （1）设，请写出的所有可能的结果； （2）求证：对于一个项的数列操作过程总可以进行次； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第二学期高二期末试卷 数学 本试卷满分为150分，考试时间为120分钟.其中Ⅰ卷，共135分，共6页，Ⅱ卷15分.请务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效，考试结束后上交答题卡. Ⅰ卷 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知集合，，则（ ） A. ≥ B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为， ，所以. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ，≥ D. ，≥ 【答案】B 【解析】 【详解】根据全称量词命题否定的定义，命题“，”的否定是：“，”. 3. 在等比数列中，，，则（ ） A. 8 B. 16 C. 32 D. 64 【答案】D 【解析】 【分析】根据及等比数列的通项公式求出公比，再利用等比数列的通项公式即可求解. 【详解】设等比数列的公比为, 因为，，所以，解得. 所以. 故选:D. 4. 根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为 ，既吹东风又下雨的概率为 ，则在吹东风的条件下下雨的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用条件概率的计算公式即可得出． 【详解】设事件A表示四月份吹东风，事件B表示四月份下雨， 根据条件概率计算公式可得在吹东风的条件下下雨的概率． 故选：A 5. 已知点在函数的图象上，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】点在函数的图象上，，得. . ，当时，取得最大值. 6. 已知函数的部分对应值如表所示.数列满足，且对任意，点都在函数的图象上，则的值为（ ）. 1 2 3 4 3 1 2 4 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据递推关系可得数列的周期性，进一步即可得解. 【详解】由题意，同理，，……, 所以是周期为3的周期数列，所以. 故选：C. 7. 已知函数，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数判断的单调性，进而比较大小. 【详解】定义域为，，当且仅当时等号成立， 所以在上单调递增，又， 所以，即. 8. 已知数列满足，，(，，)，则“”是“数列为等差数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先根据等差数列定义证明充分性成立，再举反例说明必要性不成立. 【详解】当时，，所以数列为公差为1的等差数列，即充分性成立； ，所以若数列为等差数列，则或，即必要性不成立， 综上，“”是“数列为等差数列”的充分不必要条件， 故选A 【点睛】本题考查等差数列定义以及充要关系判定，考查基本分析化简求证能力，属中档题. 9. 已知函数，若有且只有1个极值点，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】考虑和两种情况，得到不等式，解得答案. 【详解】函数有且只有1个极值点， 当时，没有极值点； 当时，，取，得到， 当时，函数为二次函数，则，故， 综上所述：. 故选：C. 10. 已知数列是各项均为正数的无穷数列，前项和为满足.给出下列三个结论：① ； ② 数列是等差数列； ③数列中存在无穷多项小于.其中正确结论的个数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】当时，求出的值，当时，代入求出的值判断①，再利用反证法判断②③. 【详解】对任意的，， 当时，则，因为数列各项均为正数，所以， 所以，即，所以，故①对； 假设数列是等差数列，由可得，则数列为递减的等差数列， 由是无穷数列，则必定存在使得，所以假设错误，故②错； 假设数列中存在有穷多项小于，设最后一项小于的为， 则当时，， 取，则， 因为，所以， 显然矛盾，所以数列中存在无穷多项小于，③对. 第二部分（非选择题 共95分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 函数的定义域为_____________ 【答案】 【解析】 【分析】根据根式与分式有意义列不等式组求解即可. 【详解】函数要有意义则：， 所以函数的定义域为. 12. 能够说明“设，，是任意实数．若，则”是假命题的一组实数，，的值依次为______． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据不等式的性质判断． 【详解】从不等式的性质可知中只要有一个非负，则一定成立，因此当均为负数时不等式可能不成立，如，或等， 故答案为：（答案不唯一）． 13. 已知函数的定义域为，为其导函数，函数的图象如图所示，则不等式的解集为________ 【答案】 【解析】 【详解】，则函数单调递增， 由图可知函数在，单调递增， 则不等式的解集为． 14. 若数列是等差数列，，则_____________ 【答案】## 【解析】 【分析】利用等差数列的性质即可. 【详解】因为数列是等差数列，所以， 即，解得. 15. 已知函数在上是增函数，在上是减函数，且方程有3个实数根，它们分别是.给出下列四个结论： ①； ②若是对称中心，则极小值是； ③； ④. 其中所有正确结论的序号是___________ 【答案】①③④ 【解析】 【分析】对于①，由，求解后即可判断；对于②，由题意求得，利用导数求出其极小值即可判断；对于③，由根与系数的关系可得，由，解得，从而可得，再代入，即可判断；对于④，变形为，利用换元法及二次函数的性质，求解后即可判断. 【详解】因为， 所以， 由题意可得，故①正确； 对于②，因为， 所以， 又因为是函数的零点， 所以， 又因为，即是对称中心， 所以， 所以， 整理得， 所以，解得， 所以， 则， 令，得， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 此时函数在处取极小值，为，故②错误； 对于③，因为方程有3个实数根. 所以， 所以，所以， 又因为函数在上是减函数，且， 所以，解得， 即， 所以， 所以 ，故③正确； 对于④，因为， 令，由③可知， 所以， 由二次函数的性质可知在上单调递增， 所以， 所以， 即，故④正确. 三、解答题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 某汽车品牌为了了解客户对于其旗下的五种型号汽车的满意情况，随机抽取了一些客户进行回访，调查结果如下表： 汽车型号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ 回访客户人数 250 100 200 700 350 满意率 0.5 0.5 0.6 0.3 0.2 满意率是指某种型号汽车的回访客户中，满意人数与总人数的比值.假设客户是否满意互相独立，且每种型号汽车客户对于此型号汽车满意的概率与表格中该型号汽车的满意率相等. （1）从所有的回访客户中随机抽取1人，求抽取的这位客户满意的概率； （2）若以样本的频率估计概率，从Ⅰ型号和Ⅴ型号汽车的所有客户中各随机抽取1人，设其中满意的人数为，求的分布列和期望； 【答案】（1） （2）的分布列为 【解析】 【分析】（1）求得回访客户的总数，及满意的客户人数，利用古典概型概率公式即可求解； （2）由题知，，设“从Ⅰ型号汽车所有客户中随机抽取的人满意”为事件，“从Ⅴ型号汽车所有客户中随机抽取的人满意”为事件.根据题意，估计为0.5，估计为0.2，A与B相互独立，求得随机变量分别取0,1,2时的概率，列出分布列，求得期望. 【小问1详解】 由题意知，样本中的回访客户的总数是， 满意的客户人数， 故所求概率为 【小问2详解】 设事件为“从Ⅰ型号汽车所有客户中随机抽取的人满意”， 事件B为“从Ⅴ型号汽车所有客户中随机抽取的人满意”，且A、B为独立事件. 根据题意，估计为0.5，估计为0.2 . 则; ; . 的分布列为 的期望 17. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间和极值； （2）若函数在区间上取得最小值4，求的值. 【答案】（1）的递增区间，递减区间，极小值，无极大值；（2）. 【解析】 【分析】（1）求得，以及函数的单调性，即可求得单调区间和极值； （2）对参数进行分类讨论，求得不同情况下的单调性和最值，结合已知条件，即可求得参数值. 【详解】（1）当时，，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以的递增区间，递减区间，极小值，无极大值 （2） ①当时，，在单调递增， ，解得不满足，故舍去 ②当时，时，，单调递减 时，，单调递增 ， 解得，不满足，故舍去 ③当时，，在单调递减， ， 解得，满足 综上： 【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间和极值，以及利用导数研究函数的单调性，属综合基础题. 18. 某智慧园区需要对3台设备进行巡检，现有以下两个方案： 方案一：采用智能机器人巡检，在第一轮巡检中，对3台设备逐一进行检测，在这3次检测中，可能成功，也可能失败，如果机器人成功检测2台或3台设备，则直接完成巡检，无需进行第二轮检测；如果机器人成功检测的设备少于2台，则进行第二轮巡检，第二轮巡检只需对第一轮未成功检测的设备再次逐一检测，无论第二轮检测结果如何都结束巡检，机器人每次成功检测每台设备的概率≤，且每台设备检测互不影响，每次检测也互不影响，每台设备检测一次的费用为18元. 方案二：采用人工巡检，对3台设备逐一进行检测，仅需巡检一轮即可完成，每台设备检测一次的费用为30元. （1）记机器人巡检结束时对所有设备检测的总次数为，求的数学期望（用表示）； （2）如果以检测的平均总费用为决策依据，在方案一和方案二之中选其一，应选用哪个方案？ 【答案】（1） （2）应选方案一 【解析】 【小问1详解】 由题意得，，可得， 所以， 所以. 【小问2详解】 记为机器人巡检的检测总费用，为人工巡检的检测总费用， 由题意得，， 令， 则， 因为，所以，即在上单调递减， 所以， 所以， 故选用智能机器人巡检的检测平均总费用更低，应选方案一. 19. 已知函数，． （1）求在点处的切线方程； （2）求证：当时，； （3）求的零点个数． 【答案】（1） （2）见详细解析 （3）2 【解析】 【分析】（1）根据导数求出切线的斜率，结合点斜式方程即可求解； （2）令，求导研究的单调性，同时结合即可求证； （3）令，求导研究的零点及正负分布，得到的单调性，同时结合即可求解出的零点个数． 【小问1详解】 将代入可得，又， ，所以切线方程为，即． 【小问2详解】 当时，，即证明当时，， 令，，则， 因为，有，所以当时，在上单调递减， 所以当时，，也即． 【小问3详解】 ，令，再求导得， 因为，有，且，故，即在上单调递减， 又因为时，，，且单调递减， 可知在上有且仅有一个零点，其中， 时，，单调递增， 时，，单调递减， 又因为，则，且时，，时，， 所以有2个零点， 综上，的零点个数为2． 20. 已知有穷数列，若数列中各项都是集合中的元素，则称该数列为数列.对于数列 ，定义如下操作过程：从中任取两项，将 的值添在数列的最后，然后删除，这样得到一个项的新数列（约定:一个数也视作数列）. 若还是数列，可继续实施操作过程 ，得到的新数列记作，如此经过次操作后得到的新数列记作. （1）设，请写出的所有可能的结果； （2）求证：对于一个项的数列操作过程总可以进行次； 【答案】（1），；，；， （2）证明：因为对，，则 有且 所以，即每次操作后新数列仍是数列． 又由于每次操作中都是增加一项，删除两项， 所以对数列每操作一次，项数就减少一项， 所以对项的数列可进行次操作（最后只剩下一项） 【解析】 【分析】（1）根据定义求解即可； （2），，用作差法都可得，再根据定义即可得证. 【小问1详解】 直接按定义来操作，当取时代入计算可得：，； 当取0，时可得，； 当取，时，可得，． 故有如下的三种可能结果：，；，；， 【小问2详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $