精品解析：四川资阳市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题

高中二年级第二学期期末试题 数学 本试卷共19题，共150分，共4页．考试用时120分钟．考试结束后，将答题卡交回． 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、考号填写在答题卡上，将条形码准确粘贴在答题卡上的条形码区域内． 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔记清楚． 3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效． 4．保持答题卡清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不使用涂改液、修正带、刮纸刀． 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. （ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 9 2. 在的展开式中，各项系数的和等于（ ） A. 16 B. 32 C. 36 D. 64 3. 设随机变量服从两点分布，若，则成功概率（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.8 4. 将2封不同的信投入3个不同的信箱，不同的投法种数为（ ） A. B. 3 C. D. 5. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 某个弹簧振子在振动过程中的位移（单位：）关于时间（单位：s）的函数关系式为，该弹簧振子在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 7. 某年级半期考试的数学成绩，若规定大于或等于90分为A等，则在参加考试的学生中随机抽取一名，他的成绩为A等的概率为（ ） 参考数据：若，则， A. 0.3173 B. 0.15865 C. 0.0455 D. 0.02275 8. 已知张奖券中只有张有奖，现有人依次不放回地各随机抽取张，设每张奖券被抽到的可能性相同，记事件“第个人抽取并中奖”，则（ ） A. 事件与独立 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. 随机变量的分布列为 2 3 4 若，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知数列是首项和公比均为的等比数列，记数列的前项和为，则（ ） A. B. 存在，且，使得 C. D. 取得最大值时的值为4 11. 已知，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 记等差数列的前项和为，已知，，则_______. 13. 由数字0，1，2，3，4可以组成没有重复数字，并且比30000大的所有正整数的个数为___________． 14. 已知函数若函数有3个相异零点，则实数的取值范围是___________． 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. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求的取值范围． 16. 记为等比数列的前项和．已知． （1）求的通项公式； （2）判断，，是否成等差数列？请说明理由． 17. 如图，一个质点在随机外力作用下，从原点0出发，每次向左或向右移动一个单位，且向左移动的概率为，向右移动的概率为． （1）求质点移动2次后，位于-2对应的位置的概率； （2）求质点移动4次后，质点所在位置对应的数字为随机变量，求的分布列和数学期望． 18. 已知数列的首项，且满足． （1）证明：数列是等比数列； （2）记数列的前项和为， （i）求； （ii）若不等式对任意正整数都成立，求的取值范围． 19. 已知函数，其中． （1）当时，求的单调区间； （2）若，求的值； （3）设，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高中二年级第二学期期末试题 数学 本试卷共19题，共150分，共4页．考试用时120分钟．考试结束后，将答题卡交回． 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、考号填写在答题卡上，将条形码准确粘贴在答题卡上的条形码区域内． 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔记清楚． 3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效． 4．保持答题卡清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不使用涂改液、修正带、刮纸刀． 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. （ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【详解】. 2. 在的展开式中，各项系数的和等于（ ） A. 16 B. 32 C. 36 D. 64 【答案】A 【解析】 【详解】令，则，因此在的展开式中，各项系数的和等于16. 3. 设随机变量服从两点分布，若，则成功概率（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.8 【答案】C 【解析】 【分析】根据两点分布概率性质可得解. 【详解】随机变量服从两点分布，， 根据两点分布概率性质可知：， 解得， 故选：C. 【点睛】本题考查了两点分布概率性质的简单应用，属于基础题. 4. 将2封不同的信投入3个不同的信箱，不同的投法种数为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用分步计数法求不同的投法种数. 【详解】第一封信的投法有3种，第二封信的投法有3种， ∴根据分步计数原理可知一共有（种）投法. 故选：C. 5. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性以及对数函数的值域求解即可. 【详解】的定义域为. 因为，所以函数关于原点对称，排除选项AC. 当时，，，因此，故排除D，选B. 6. 某个弹簧振子在振动过程中的位移（单位：）关于时间（单位：s）的函数关系式为，该弹簧振子在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的运算法则，求得，得到弹簧振子在时的瞬时速度，得到答案. 【详解】由，可得， 则， 所以该弹簧振子在时的瞬时速度为. 7. 某年级半期考试的数学成绩，若规定大于或等于90分为A等，则在参加考试的学生中随机抽取一名，他的成绩为A等的概率为（ ） 参考数据：若，则， A. 0.3173 B. 0.15865 C. 0.0455 D. 0.02275 【答案】B 【解析】 【详解】由题意知，根据对称性得他的成绩为A等的概率为： 8. 已知张奖券中只有张有奖，现有人依次不放回地各随机抽取张，设每张奖券被抽到的可能性相同，记事件“第个人抽取并中奖”，则（ ） A. 事件与独立 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用事件的独立性、全概率公式和条件概率公式求解即可. 【详解】选项A：判断事件与是否独立，需验证： 由抽签原理，任意第个人中奖概率，因此， 计算（前两人都中奖）：，不满足独立定义，A错误； 选项B：由全概率公式计算：，B选项错误； 选项C：由上述计算，，C选项正确， 选项D：由条件概率公式：： ，， 因此：，D选项错误. 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. 随机变量的分布列为 2 3 4 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】由分布列的性质列方程可求出，再由方差的公式可求出. 【详解】由题可知，解得， 则. 故选：AD. 10. 已知数列是首项和公比均为的等比数列，记数列的前项和为，则（ ） A. B. 存在，且，使得 C. D. 取得最大值时的值为4 【答案】ABC 【解析】 【分析】A利用等比数列的通项公式求解；B举反例；D根据增减性判断；C利用数学归纳法求证. 【详解】由题意得，，则，故A正确； 因为，所以B正确； 因为，所以， 若，则，则，则， 故取得最大值时的值为3，故D错误； 因为， ， ，，均满足； 假设当时成立，即， 则当时， 综上，成立，故C正确. 11. 已知，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定条件，构造函数，求导探讨单调性，利用函数单调性逐项比较判断作答. 【详解】令函数，求导得，当时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减，，当且仅当时取等号， 因此当且时，恒有，则，A错误； 显然有，则，即有，B正确； ，C正确； ，D正确. 故选：BCD 【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 记等差数列的前项和为，已知，，则_______. 【答案】10 【解析】 【分析】直接根据等差数列的通项公式和求和公式列方程组求出首项和公差，再用求和公式直接求即可. 【详解】设等差数列的公差为， 则由已知得， 解得， 故答案为：10. 13. 由数字0，1，2，3，4可以组成没有重复数字，并且比30000大的所有正整数的个数为___________． 【答案】48 【解析】 【分析】根据优先法，先确定万位有2种选法，再根据排列的概念，可得到后4位共有种排法，根据分步相乘计数原理，即可求解. 【详解】由题意，组成没有重复数字且比30000大的正整数， 所以万位只能在3，4中二选一，共有2种选法， 其余4个数，分别排在千位、百位、十位和个位，共有种排法， 所以由数字0，1，2，3，4可以组成没有重复数字，并且比30000大的所有正整数的个数为. 14. 已知函数若函数有3个相异零点，则实数的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数得到函数单调性，画出函数图象，数形结合得到答案 【详解】当时，， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， ，又当时，， 所以当时，， 当时，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 当时，，当，， 大致图像如下： 若函数有3个相异零点，即有3个相异的根， 所以实数的取值范围是. 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. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，得到，结合导数的几何意义，即可求解； （2）由（1）知，求得函数的单调性，求得函数的极值和端点的函数值，进而得到的取值范围． 【小问1详解】 解：由函数，可得． 则，即切点坐标为，切线斜率为， 故曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 解：由（1）知：，令，可得． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，当时，取极大值，极大值为； 当时，取极小值，极小值为． 又因为且，所以当时，的取值范围是． 16. 记为等比数列的前项和．已知． （1）求的通项公式； （2）判断，，是否成等差数列？请说明理由． 【答案】（1） （2），，成等差数列； 由（1），可得． 由于 ， 所以，成等差数列． 【解析】 【分析】（1）利用等比数列通项公式构造方程组，解方程组求出，进而求出通项公式； （2）求出，由推出成等差数列． 【小问1详解】 设等比数列的公比为， 由题意，得， 解得， 所以，． 【小问2详解】 ，，成等差数列； 由（1），可得， 由于 ， 所以，成等差数列． 17. 如图，一个质点在随机外力作用下，从原点0出发，每次向左或向右移动一个单位，且向左移动的概率为，向右移动的概率为． （1）求质点移动2次后，位于-2对应的位置的概率； （2）求质点移动4次后，质点所在位置对应的数字为随机变量，求的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）分布列为： 0 2 4 数学期望． 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的乘法公式； （2）结合二项分布的思想列分布列，利用期望公式计算即可. 【小问1详解】 欲使质点移动2次后，位于对应的位置，只需质点连续两次向左运动， 故质点移动2次后，位于对应的位置的概率为． 【小问2详解】 质点移动4次后，所在位置对应的数字为． 则； 故分布列为： 0 2 4 所以数学期望． 18. 已知数列的首项，且满足． （1）证明：数列是等比数列； （2）记数列的前项和为， （i）求； （ii）若不等式对任意正整数都成立，求的取值范围． 【答案】（1）由，得， 则，即， 又， 所以，是首项和公比均为的等比数列 （2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）只要证为常数即可； （2）由（i）知，分组求和即可； （ii）由，得，所以．设，利用作差法，判断出数列的单调性，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）由（1）得， 则． 则 令， 相减可得， 整理得， 故． （ii）由，得， 所以．设， 则． 当时，；当时，；当时，， 可得； 故当或4时，有最大值为， 所以． 19. 已知函数，其中． （1）当时，求的单调区间； （2）若，求的值； （3）设，证明：． 【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为． （2） （3）由（2）知，，故当时，． 下面利用和进行证明． 可得 ， 即当时，． 【解析】 【分析】（1）求导后解不等式，由导数正负直接判断函数单调区间； （2）分离参数并构造函数，利用导数研究最值，结合恒成立条件确定参数值； （3）由（2）得参数值后，构造函数并利用不等式放缩，通过累加证明结论. 【小问1详解】 当时，． 由，得；由，得． 所以，的单调递减区间为，单调递增区间为． 【小问2详解】 由，则． 当时，显然不等式恒成立． 当时，整理可得． 令函数，则在区间上恒成立． 易知， ①当时，，在区间上单调递减，又， 所以，当时，，不符题意． ②当时，令，得，又是增函数． 当时，单调递增； 当时，单调递减， 故（*） 对于，则必有． 由（1）可知，当时，在处取极小值，也即为最小值，此时． 于是，则，故当时，． 所以，对于，当且仅当时等号成立． 故对于（*）式，则有 所以，即． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $