精品解析：山东省青岛第五十八中学2025-2026学年高二下学期期末测试数学试题

2024级高二（下）期末测试 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案题号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､单项选择题（本大题共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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知随机变量的概率分布如下表，则（ ） 1 2 3 0.3 0.3 A. 0.6 B. 2 C. 2.4 D. 5 3. 设，则“”是“”的（    ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 新泰中学为了解高一高二学生的校园活动偏好，随机抽取两个年级各200名学生，调查他们参与科技类、文艺类活动的情况，并用等高堆积条形图直观地展示调查结果如图所示，经计算得到．下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值，下列说法正确的是（ ） A. 在调查的高一学生中，若按比例分层随机抽样抽取20人，则参加科技类的学生有8人 B. 在调查的高二学生中，选择文艺类比选择科技类的学生多20人 C. 依据的独立性检验，我们认为年级与校园活动偏好类型的选择有关联，此推断犯错的概率不大于 D. 依据的独立性检验，我们认为年级与校园活动偏好类型的选择有关联，此推断犯错的概率不大于 5. 某装置按如下规则亮灯：第1次亮2盏灯，以后每次亮灯数比前一次多3盏．现将每连续两次的亮灯数合并为一组，记第组亮灯总数为．若为该装置每次亮灯数，则数列的公差为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 6. 若定义在上的偶函数满足，且当时，，则（ ） A. B. 0 C. D. 7. 已知的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，将展开式中所有的项重新随机排列，则有理项互不相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 10. 中国科学院海洋研究所（海洋）､青岛港自动化码头（科技）､中国人民解放军海军博物馆（人文）是青岛市适合高中生的代表性研学地点.现有甲､乙､丙､丁4位同学计划利用假期研学，每人从这三个地点中随机选择一个前往，且每个地点至少有一人前往.设事件A为“甲同学前往中国科学院海洋研究所研学”，事件B为“乙同学前往青岛港自动化码头研学”，则（ ） A. 事件发生有12种方案 B. C. D. 11. 已知三次函数，则（ ） A. 函数一定有两个极值点 B. 当时， C. 当时，的极小值为0 D. 在区间上的值域为 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 多项式的展开式中项的系数为______． 13. 设随机变量，若，且，则________. 14. 已知集合，，，若集合为有限集合，将集合中的元素个数记为.设，数列的前项和为，则______. 四､解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 某种农作物可以生长在滩涂和盐碱地，将海水稀释后对其进行灌溉．某实验基地为了研究海水浓度对亩产量的影响，通过在试验田的种植实验，测得了该农作物的亩产量与海水浓度的数据如下表． 海水浓度 3 4 5 6 7 亩产量 0.57 0.53 0.44 0.36 0.30 残差 0.02 0 绘制散点图发现，可以用一元线性回归模型拟合与的相关关系，用最小二乘法计算得关于的经验回归方程为． （1）求，，的值； （2）请计算该回归模型的决定系数（精确到0.01），并评价其拟合效果．（若，就认为拟合效果好；若，就认为拟合效果一般；若，就认为拟合效果差） 附：决定系数，其中． 16. 已知数列满足 （1）证明：数列是等差数列； （2）设，求. 17. 已知函数 为实数. （1）讨论 的单调性； （2）若函数 有 3 个零点，且 ，求 的最小值. 18. 将4个面上分别写有数字的一个正四面体在桌面上连续独立地抛次（为正整数），设为与桌面接触的数字为偶数的次数，为抛正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率． （1）当时，若正四面体的质地是均匀的，求的数学期望和方差； （2）若正四面体有瑕疵，即． ①设是抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，求证：； ②求抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率． 19. 若定义域为的函数满足：①；②对任意且恒成立，则称具有性质. （1）证明：函数具有性质； （2）判断函数是否具有性质，并说明理由； （3）记，若具有性质，求实数的值. 五､附加题 20. 数列满足，，，，.试求的值. 21. 设函数，且的最小值为0.若数列满足，，记表示不超过实数的最大整数，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024级高二（下）期末测试 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案题号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､单项选择题（本大题共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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解一元二次不等式求集合B，利用集合交运算求. 【详解】由题设，或， 所以. 故选：B 2. 已知随机变量的概率分布如下表，则（ ） 1 2 3 0.3 0.3 A. 0.6 B. 2 C. 2.4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先求出数学期望及方差，再应用方差性质计算求解. 【详解】根据概率分布得，解得， 计算得，， 根据方差性质得. 3. 设，则“”是“”的（    ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用充分必要条件的定义进行判断即可. 【详解】当时，令，，满足，此时， 所以由“”不能推出“”； 反之，当时，所以，当且仅当时等号成立， 所以，所以由“”能推出“”， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 新泰中学为了解高一高二学生的校园活动偏好，随机抽取两个年级各200名学生，调查他们参与科技类、文艺类活动的情况，并用等高堆积条形图直观地展示调查结果如图所示，经计算得到．下表是独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值，下列说法正确的是（ ） A. 在调查的高一学生中，若按比例分层随机抽样抽取20人，则参加科技类的学生有8人 B. 在调查的高二学生中，选择文艺类比选择科技类的学生多20人 C. 依据的独立性检验，我们认为年级与校园活动偏好类型的选择有关联，此推断犯错的概率不大于 D. 依据的独立性检验，我们认为年级与校园活动偏好类型的选择有关联，此推断犯错的概率不大于 【答案】C 【解析】 【分析】由等高堆积条形图，可以分别求出高一、高二学生中参加科技类活动人数与参加文艺类活动人数之比，从而根据分层抽样求出人数，即可判断选项和；根据，对照临界指表，即可判断选项和. 【详解】由等高堆积条形图可知，高一学生中参加科技类活动人数与参加文艺类活动人数之比为， 所以按比例分层随机抽样抽取人，则参加科技类的学生有人，错误； 由等高堆积条形图可知，高二学生中参加科技类活动人数与参加文艺类活动人数之比为， 所以参加科技类活动人数为人，参加文艺类活动人数为人， 所以调查的高二学生中，选择文艺类比选择科技类的学生多人，错误； 已知，根据临界值表可得， 依据的独立性检验，我们认为年级与校园活动偏好类型的选择有关联，此推断犯错的概率不大于， 所以正确； 因为，不满足，因此不能依据的独立性检验得出结论， 所以错误. 5. 某装置按如下规则亮灯：第1次亮2盏灯，以后每次亮灯数比前一次多3盏．现将每连续两次的亮灯数合并为一组，记第组亮灯总数为．若为该装置每次亮灯数，则数列的公差为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的定义及通项公式求解即可. 【详解】由题意，是首项为2、公差为3的等差数列， 所以． 于是． 即． 所以. 6. 若定义在上的偶函数满足，且当时，，则（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为是偶函数，所以， 由，得， 所以，得， 所以是以4为周期的函数， 所以． 7. 已知的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，将展开式中所有的项重新随机排列，则有理项互不相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由第3项与第7项的二项式系数相等求出的值，然后求出二项式展开式的通项公式，求出有理项的个数，利用插空法求出有理项互不相邻的情况，再利用古典概型的概率公式求解即可. 【详解】因为的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等， 所以，得， 所以的展开式的通项为，()， 当或时，为整数，所以展开式9项中，有理项有2项， 若将展开式中所有的项重新随机排列，则所有的排列共有种，其中有理项互不相邻的排列有种， 所以所求的概率为. 故选：B 8. 已知函数，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】令，则，故，故, 所以或, 故． 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】已知，，则， ，故，A正确； ，则， ， ， ，故B正确； 取，满足，， 此时，即， 故不恒成立，故C错误； ，则， ， 则，故，故D正确． 10. 中国科学院海洋研究所（海洋）､青岛港自动化码头（科技）､中国人民解放军海军博物馆（人文）是青岛市适合高中生的代表性研学地点.现有甲､乙､丙､丁4位同学计划利用假期研学，每人从这三个地点中随机选择一个前往，且每个地点至少有一人前往.设事件A为“甲同学前往中国科学院海洋研究所研学”，事件B为“乙同学前往青岛港自动化码头研学”，则（ ） A. 事件发生有12种方案 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用分类加法计数原理，组合排列计数及组合计数问题列式计算判断A；利用古典概率求解判断BC；利用条件概率公式推理判断D. 【详解】对于A，事件为“甲同学去研学海洋”，此时其余3名同学的分配： 一类是从其余3人中任选1人与甲同往，其余2人分别去研学科技与人文， 第二类是其余3人，选出2人合成一组，与剩下的1人分别去研学科技与人文， 共有种，A正确； 对于B，依题意，总基本事件数为，，B错误； 对于C，事件AB：当甲同学研学海洋，乙同学研学科技时，有两种情况： 丙丁两位同学研学人文，只有1种情况；丙丁中有1人去研学人文，另1人去研学海洋或科技，共有种， 因此事件共有种情况，，C正确； 对于D，由选项B知，而，则，D正确． 11. 已知三次函数，则（ ） A. 函数一定有两个极值点 B. 当时， C. 当时，的极小值为0 D. 在区间上的值域为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于AD，利用特例法可判断其正误，对于B，利用作差法可判断其正误，对于C，判断导数的符号可判断其正误. 【详解】对于A，当时，，该函数在上为增函数，无极值点，故A 错误； 对于B，， 而，故，故，所以， 故B正确； 对于C，， 若，则，此时当或时，， 当时，，故在处取极小值； 若，则，此时当或时，， 当时，，故在处取极小值； 故C正确； 对于D，当，时， 则当或时，，当时，， 故在为减函数，在上为增函数， 取，则， 考虑方程在上是否有解， 设，则， ， 由零点存在定理可得在上存在零点，设该零点为，则, 则在上的值域为， 故D成立， 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：对于三次函数中定义域与值域一致的问题，我们先利用导数判断函数的单调性，再结合函数在闭区间上端点处、在区间内的最值的关系来判断处理即可. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 多项式的展开式中项的系数为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式定理，分两步展开研究即可. 【详解】根据二项式定理可得： ， 由上可得含只能是这一项展开得到， 所以含项的系数为：， 即展开式中项的系数为. 故答案为： 13. 设随机变量，若，且，则________. 【答案】0 【解析】 【详解】根据正态曲线的对称性可得，，故， 所以，解得. 14. 已知集合，，，若集合为有限集合，将集合中的元素个数记为.设，数列的前项和为，则______. 【答案】 【解析】 【详解】由题意知，，， 所以， 所以. 四､解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 某种农作物可以生长在滩涂和盐碱地，将海水稀释后对其进行灌溉．某实验基地为了研究海水浓度对亩产量的影响，通过在试验田的种植实验，测得了该农作物的亩产量与海水浓度的数据如下表． 海水浓度 3 4 5 6 7 亩产量 0.57 0.53 0.44 0.36 0.30 残差 0.02 0 绘制散点图发现，可以用一元线性回归模型拟合与的相关关系，用最小二乘法计算得关于的经验回归方程为． （1）求，，的值； （2）请计算该回归模型的决定系数（精确到0.01），并评价其拟合效果．（若，就认为拟合效果好；若，就认为拟合效果一般；若，就认为拟合效果差） 附：决定系数，其中． 【答案】（1），， （2）0.99，该模型拟合效果良好 【解析】 【分析】（1）先求出，再代入求得，得回归方程，利用回归方程求得； （2）根据公式计算出后比较可得. 【小问1详解】 ， ， 将 代入可得，即． 所以经验回归方程为 因，则 又因，则 【小问2详解】 所以决定系数，故该模型拟合效果良好. 16. 已知数列满足 （1）证明：数列是等差数列； （2）设，求. 【答案】（1）由 ，两边同除以 ， 得，即 . 令，则 ， 所以是首项为1，公差为1的等差数列，即是等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）对 ，两边同除以 ，利用等差数列的定义证明是等差数列. （2）先对两边求导，由第（1）问得出代入，得到，再利用错项相消求的值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知， ，即 ，时，也满足. 由， 得，又， 所以. 所以， 令， 则， 两式相减，得 ， 所以 ，即. 17. 已知函数 为实数. （1）讨论 的单调性； （2）若函数 有 3 个零点，且 ，求 的最小值. 【答案】（1） 当时，在单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在单调递增； 当时，在单调递增，在单调递减． （2）1. 【解析】 【分析】（1）求导后因式分解得，再对分和讨论即可； （2）首先分析或时都不合题意，然后再分析的情况，从而有，再构造新函数求导分析得到的范围，最后分析边界值满足题意即可. 【小问1详解】 ． 当时，令，解得，令，解得， 在上单调递减，在上单调递增； 当时，令． ①时，， 或时，时，， 在上单调递增，在上单调递减； ②当时，在上单调递增； ③当时，， 或时，时，， 在上单调递增，在单调递减． 综上：当时，在单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在单调递增； 当时，在单调递增，在单调递减． 【小问2详解】 由（1）知，当或时，至多2个零点，不合题意； 当时，在上单调递增,在上单调递减. 而， 在上至多1个零点，在上无零点，不合题意； 在单调递增，在上单调递减． 因为，所以需． 令, 在上单调递减. . 又当时，， 根据函数在上的连续性以及零点存在性定理知在上分别有一个零点． 综上，的最小值为1． 18. 将4个面上分别写有数字的一个正四面体在桌面上连续独立地抛次（为正整数），设为与桌面接触的数字为偶数的次数，为抛正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率． （1）当时，若正四面体的质地是均匀的，求的数学期望和方差； （2）若正四面体有瑕疵，即． ①设是抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，求证：； ②求抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率． 【答案】（1）数学期望和方差分别为和． （2）①证明见解析；②. 【解析】 【分析】（1）利用二项分布的期望与方差公式计算即可； （2）分类讨论相邻两次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现的次数奇、偶次数时概率之间的关系，结合互斥事件概率的加法法则即可证明第一小问；结合第一小问的结论构造，再利用等比数列的通项公式计算得出即可. 【小问1详解】 因为正四面体的质地是均匀的，为抛掷正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率， 所以，进一步得，， 所以， ， 所以的数学期望和方差分别为和． 【小问2详解】 ①因为是抛正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率， 所以是抛正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率， 当时， 当在前次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现奇数次时， 第次抛掷的结果必须出现奇数，才可以保证前次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次， 所以， 当在前次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现偶数次时， 第次抛掷的结果必须出现偶数，才可以保证前次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次， 所以， 由互斥事件概率的加法法则得， 即； ②设，结合①所得关系，则， 即且，又， 所以， 所以， 所以抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率为． 【点睛】思路点睛：对于第二问的第一小问，通过分类讨论相邻两次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现的次数奇、偶次数时概率之间的关系即可证明；第二小问通过构造数列求出通项，再利用间接法得出结果. 19. 若定义域为的函数满足：①；②对任意且恒成立，则称具有性质. （1）证明：函数具有性质； （2）判断函数是否具有性质，并说明理由； （3）记，若具有性质，求实数的值. 【答案】（1）证明见解析； （2）具有性质，理由见解析； （3）0或1. 【解析】 【分析】（1）利用性质的定义，计算验证即得. （2）构造函数，利用导数探讨单调性，再验证判断性质成立. （3）求出函数的唯一零点0，具有性质，再分类讨论判断性质的不等式成立情况得解. 【小问1详解】 依题意，； 当时，， 当时，， 因此，所以具有性质. 【小问2详解】 依题意，； 令，求导得， 当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 因此当时，，即， 当时，，则， 因此，所以具有性质. 【小问3详解】 由， 所以在上单调递增，又， 所以函数有唯一零点0，则只能具有性质， 令，求导得， 令，求导得， 函数在上单调递增，， ①当或1时，，由在上单调递增， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 则对任意，均有， 即，于是， ，因此函数具有性质； ②当时，， 于是存在使得， 当时，，函数在上单调递减， 则对任意，均有， 即，于是， ，因此函数不具有性质； ③当或时，， 当时，，则存在使得， 由在上单调递增， 当时，，则在上单调递增， 则对任意，均有， 即，于是， ，因此函数不具有性质， 所以实数的值为0或1. 【点睛】关键点点睛：充分理解性质的定义，求出函数零点，再判断不等式成立是关键. 五､附加题 20. 数列满足，，，，.试求的值. 【答案】2 【解析】 【详解】因为，，，所以，. 则， 故. 21. 设函数，且的最小值为0.若数列满足，，记表示不超过实数的最大整数，求. 【答案】 【解析】 【分析】先根据的最小值为0，通过求导求出参数的值，从而，然后利用数学归纳法证明，当时，，从而得，即可求解. 【详解】. 当时，，则在区间内单调递增，无最小值，不符合题意. 当时，若，则； 若，则. 所以函数在区间内单调递减，在区间内单调递增. 故. 设.则. 若，则； 若，则. 所以函数在区间内单调递增，在区间内单调递减. 故. 当且仅当时，上式等号成立. 从而，当时，取得最小值0. ，则. 由，得，从而. 因为，所以. 下面用数学归纳法证明：当时，. 当时，结论已成立. 假设时，. 当时，有. 由（1）知在区间内单调递增. 所以，，即. 由， 即当时，结论也成立. 由归纳假设，知对一切整数，均有. 于是，. 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $