广东深圳市第三高级中学2025-2026学年第二学期期末考试高二数学试题A组

**基本信息** 以AI训练时间、乒乓球联赛等真实情境为载体，融合统计、函数、概率等知识，考查数学建模与数据分析能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|百分位数、函数奇偶性、充分必要条件|第1题结合评委评分情境考查统计量稳定性| |多选题|3/18|不等式性质、函数极值|第10题通过导数综合判断极值点与最值| |填空题|3/15|函数性质、切线方程|第12题开放设计考查函数奇偶性与周期性| |解答题|5/77|独立性检验、导数应用、数学期望|第15题结合乒乓球调研考统计推断，第18题摸球问题考随机变量期望，体现问题层次性|

深圳市第三高级中学2025-2026学年度第二学期期末考试 高二A组数学试题卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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，再选涂其他答案标号，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、选择题：本题共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．某项比赛共有10个评委评分，若去掉一个最高分与一个最低分，则与原始数据相比，一定不变的是（    ） A．极差 B．第45百分位数 C．平均数 D．众数 2．是偶函数，其定义域为，则等于（    ） A．1 B． C． D．0 3．的展开式中的系数为（    ） A． B． C． D． 4．已知，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 5．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 6．一定条件下，某人工智能大语言模型训练N个单位的数据量所需要的时间（单位：h），其中k为常数．在此条件下，已知训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加20h；当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加（   ） A．2h B．4h C．20h D．40h 7．甲、乙两人组队参加猜歌活动，每轮活动由甲、乙各猜一首，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为，在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则该队在两轮活动中共猜对3首的概率为（    ） A． B． C． D． 8．已知正数，满足，则（   ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，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，则下列不等式一定成立的是（   ） A． B． C． D． 10．已知函数，则（ ） A．是的极小值点 B．有两个极值点 C．的极小值为 D．在上的最大值为 11．已知函数满足：对任意，且当时，.下列说法正确的是（    ） A． B．为偶函数 C．当时， D．在上单调递减 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．请写出一个同时满足以下三个条件的函数______． ①，②，③不是常数函数． 13．已知直线与函数的图象相切，则实数_____． 14．已知函数，对任意，都有，则的取值范围为______. 四、解答题；本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．某地举办业余乒乓球联赛，比赛分“有缝球型”和“无缝球型”两个赛区，从该地区抽取部分选手进行调研，相关数据如下表： 喜欢用有缝球 喜欢用无缝球 直拍打法选手 18 30 横拍打法选手 20 12 (1)能否有95%以上的把握认为不同打法的选手对于有缝球和无缝球的喜好有影响？ (2)若从参加调研的“横拍打法”选手中用分层抽样的方法抽取8名选手，按照各自喜爱的球型参加相应赛区的比赛．现从8名选手中选3人，用AI监测他们的比赛数据，求两个赛区都有人被选中的概率． 附：， 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 16．已知函数． (1)若函数的图象经过点，求解不等式； (2)若存在，使得、、依次成等差数列，求的取值范围． 17．知函数，其中. （1）若，求函数的极值 （2）是否存在实数a，使得函数在内单调？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由； 18．现有除颜色外都相同的3个红球和3个白球，随机取3个球放入一个不透明的袋中，记袋中红球的个数为.从袋中随机摸出一个球，并换入一个另一种颜色的球，经过次摸换，袋中的红球个数记为. (1)求与； (2)求； (3)当时，求随机变量的数学期望. 19．已知函数． （1）若，证明：当时，； （2）若在只有一个零点，求的值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《深圳市第三高级中学2025-2026学年度第二学期期末考试高二A组数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B C D B B A A AC BD 题号 11 答案 ACD 1．B 【分析】根据题意将10个数据去掉最高分和最低分后45百分位数不变. 【详解】对A，若每个数据都不相同，则极差一定变化，故A错误； 对B，由，所以将10个数据从小到大排列，第45百分位数为第5个数据， 从10个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到8个有效评分，， 所以第45百分位数为8个数据从小到大排列后第4个数据，即为原来的第5个数据． 对C，去掉一个最高分一个最低分，平均数可能变化，故C错误； 对D，去掉一个最高分一个最低分，众数可能变化，故D错误. 故选：B. 2．B 【分析】根据偶函数的定义域关于原点对称求得的值，再由恒成立求得的值即可求解. 【详解】因为是偶函数，其定义域为， 所以，可得，定义域为， 所以， 由可得：对于恒成立， 所以，可得，所以， 故选：B. 3．C 【分析】，用二次通项公式即可求解 【详解】解析：， ∴展开式中的系数为． 故选：C 4．D 【详解】对于充分性，当时，满足，不满足，则充分性不成立， 对于必要性，当时，满足，不满足，则必要性不成立， 可得“”是“”的既不充分也不必要条件，故D正确. 5．B 【详解】由，得，解得，所以， 又因为，所以. 6．B 【分析】由题给条件列出不同训练数据量时所需的时间，结合对数的运算性质即可求解. 【详解】设当N取个单位、个单位、个单位时所需时间分别为, 由题意，， ， ， 因为，所以， 所以， 所以当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加4小时. 故选：B. 7．A 【分析】记，分别表示甲两轮猜对首，首歌曲的事件，，分别表示乙两轮猜对首，首歌曲的事件，求出事件，，，发生的概率，再利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率即可. 【详解】设、分别表示甲两轮猜对首，首歌曲的事件， 、分别表示乙两轮猜对首，首歌曲的事件， 根据独立事件的性质可得，， ，， 设两轮活动该队猜对首歌曲，则， 且与互斥，与、与分别相互独立， 所以， 因此，该队在两轮活动中猜对首歌曲的概率是，故A正确. 故选：A. 8．A 【分析】根据为正数可得，根据为正数及为上的增函数可得，从而可得正确的选项. 【详解】因为为正数，故. 由题设有， 而，故，故， 故，且， 故 设，因为均为上的增函数， 故为上的增函数，而，故， 故A正确，BCD错误. 9．AC 【分析】由不等式的性质逐个判断即可. 【详解】对于A，由，得，所以，所以，则A正确； 对于B，当时，，则B错误； 对于C，由，得，所以，则C正确； 对于D，当时，，此时，则D错误. 故选：AC 10．BD 【分析】对应求导，根据其符号确定单调区间并判断极值点、求极值判断ABC；进而求函数在上的最大值判断D. 【详解】由题设， 令，则或，令，则， 所以、上递增，上递减， 故为极大值，为极小值，A、C错误，B正确； 在上，在上递减，在上递增，而， 所以在上的最大值为，D正确. 故选：BD 11．ACD 【分析】由关系取，可求，取，可求，再求，判断A，取，可得，的关系，再将替换为，求，由此判断函数的奇偶性，判断B，将中的用替换可得，结合条件证明当时，，再结合函数的奇偶性判断C，结合单调性定义证明函数在上单调递减，再利用导数证明函数在上单调递减，判断D. 【详解】因为， 令，，可得， 所以， 令，，可得， 所以， 所以，A正确； 由， 令可得，， 再将中的替换为，可得， 所以， 所以，所以函数为奇函数，B错误； 当时，将中的用替换， 可得，即， 当时，，由已知可得， 所以，， 又函数为奇函数，所以当时，，， 所以当时，，C正确； 因为， 所以若，则， 任取，且， 则， 因为，所以，，, 所以，所以， 所以函数在上单调递减， 设， 当时，， 因为，所以， 因为函数在上单调递减，所以， 所以， 所以在上单调递减. 故选：ACD. 12．（答案不唯一） 【分析】分析各个条件，写出符合要求的三角函数即可 【详解】分析函数的性质， 条件①，函数为奇函数， 条件②，函数周期为， 可考虑三角函数，函数解析式可以为（答案不唯一）． 故答案为：（答案不唯一）． 13．/ 【分析】设函数在点处的切线为，根据导数的几何意义列式计算可求得. 【详解】设函数在点处的切线为， 函数的定义域为. 由，得，所以， 所以，解得（舍去）或. 又，所以切点为， 又切点在直线上，所以，解得. 故答案为：. 14． 【分析】根据导数的正负性与函数单调性的关系，结合函数最值的性质分类讨论进行求解即可. 【详解】， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增. 当时，当时，该函数单调递增， 所以， 所以对任意，都有，一定有成立， 解得，这与相矛盾，不符合题意； 当时，当时，， 所以对任意，都有，一定有成立，而， 所以； 当时，设表示两数中最大的数， 因为当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增. 所以当时，， 对任意，都有，一定有且， 解得， 综上所述：， 所以的取值范围为. 15．(1)有95%以上的把握 (2) 【分析】（1）根据表中数据及公式计算判断； （2）根据抽样比从各层中抽取相应人数，再利用古典概型概率计算公式求解. 【详解】（1）假设不同打法的选手对于有缝球和无缝球的喜好没有影响． 所以有95%以上的把握认为不同打法选手对于有缝球和无缝球的喜好有影响． （2）根据分层抽样可知，各层的抽样比为，所以从喜欢有缝球的选手中选取人，从喜欢无缝球的选手中选取人， 记“两个赛区都有人被选中”为事件， 则． 答：两个赛区都有人被选中的概率为． 16．(1) (2) 【分析】（1）代入点坐标计算求出，根据定义域和单调性即可求出的解集； （2）根据的定义域将问题转化为时，得出有解，再结合分离常数法和换元，最后借助一元二次函数的性质进行求解即可. 【详解】（1），则， ，，， ，定义域为， 要解不等式，则，． 又在定义域内是严格增函数， 由，则，解得． 综上所述，不等式的解集为． （2）的定义域为，存在，使得、、依次成等差数列， 则在方程中，应满足， 由，解得，问题转化为时，方程有实数解． 又，则， 即． 为严格单调函数， ， ，两边同除以得，． 令，由，则， 在有解． 又在上是严格增函数， ，即， 又，则. 17．（1）极小值为；（2）存在，. 【分析】（1）求导后利用导数的正负求得函数的单调性，结合函数图象求得函数的极小值；（2）分两种情况讨论分离常数转化为恒成立问题，利用二次函数的最值求得结果. 【详解】（1）函数的定义域为 当，函数单调递减， 当，函数单调递增， 是函数的极小值点，函数的极小值为 （2）若函数在内单调递增， 则在恒成立. 即在恒成立. 因为 所以使得函数在内单调递增的a不存在， 若函数在内单调递减 则在恒成立. 即在恒成立. 因为在恒成立. 又 所以时，函数在内单调递减. 18．(1)， (2) (3) 【分析】（1）根据古典概型的概率公式可求概率； （2）根据全概率公式可求； （3）求出的分布列后可求的数学期望. 【详解】（1），. （2） , 故. （3）当时，，，，，且，， 则 ， ， 随机变量的数学期望. 19．（1）证明：［方法一］：【最优解】指数找朋友 当时，等价于． 设函数，则． ，所以在单调递减． 而，故当时，，即． ［方法二］：【通性通法】直接利用导数研究函数的单调性求得最小值 当时，． 令，令，得．则函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，从而，所以函数在区间内单调递增，有． ［方法三］：【最优解】指对等价转化 当时，． 令，函数在区间上单调递增，故，有，故当时，． （2）． 【分析】（1）方法一：构造函数，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式; （2）方法一：研究零点，等价研究的零点，先求导数：，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当时，，没有零点；当时，先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值. 【详解】（1）略 （2）［方法一］：指数找朋友 设函数， 在只有一个零点当且仅当在只有一个零点． （i）当时，，没有零点； （ii）当时，． 当时，；当时，． 所以在单调递减，在单调递增． 故是在的最小值． ①若，即，在没有零点； ②若，即，在只有一个零点； ③若，即，由于，所以在有一个零点， 由（1）知，当时，，所以． 故在有一个零点，因此在有两个零点． 综上，在只有一个零点时，． ［方法二］：等价转化为直线与曲线的交点个数 令，得． 令．则函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，则．当时，，当时，，故函数在区间内只有一个零点时，． ［方法三］：等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数 函数在区间内只有一个零点等价于函数的图象与函数的图象在区间内只有一个公共点．由与的图象可知它们在区间内必相切于y轴右侧同一点，设切点为，则，解方程组得，经验证符合题意． ［方法四］：等价转化为直线与曲线的交点个数 当时，，原问题转化为动直线与曲线在区间内只有一个公共点．由得函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．设与的切点为，则，于是函数在点P处的切线方程为．由切线过原点可得，故． ［方法五］：【通性通法】含参讨论 因为，， 当时，在区间内单调递增，又，故无零点； 当时，． ①当时，在区间内单调递增，有在区间内单调递增，又，故无零点； ②当时，令，得，故函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．，从而单调递增．又，所以无零点． ③当时，，又，所以存在，使得，则函数在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，则为函数的唯一零点，且满足．所以，解得，则． ［方法六］：【最优解】等价变形＋含参讨论 当时，，无零点； 当时，，记，则； 当时，，函数在区间内单调递增，则有，故无零点； 当时，当时，单调递诚，当时，单调递增，当时，，当时，， 故，得． 【整体点评】（1）方法一：根据指数找朋友，将不等式等价转化为，这样可以减少求导的次数，便于求最值，是该题的最优解．； 方法二：常规的直接求导，研究函数的单调性求最值，是该题的通性通法； 方法三：利用指对互化，将不等式等价转化为，这样可以减少求导的次数，便于求最值，是该题的最优解． （2）方法一：根据指数找朋友，原函数在只有一个零点等价于在只有一个零点，再分类讨论以及利用导数研究其单调性即可解出； 方法二：利用函数零点个数与两函数图象交点个数关系，等价转化为直线与曲线的交点个数，即可解出； 方法三：利用函数零点个数与两函数图象交点个数关系，等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数，即可解出； 方法四：同方法二； 方法五：直接含参讨论函数的单调性确定最值，再根据零点存在性定理判断即可解出，是该类型题的通性通法； 方法六：易知当时函数无零点，只需考虑时的情况，，再含参讨论函数的单调性，研究其最值即可解出，是本题的最优解． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $