精品解析：黑龙江佳木斯市桦南县第一中学2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试题

黑龙江佳木斯市桦南县第一中学2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试题 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共八小题，每小题五分，共40分. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是上的偶函数，当时，是增函数，则的大小关系是（　　） A. B. C. D. 3. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 4. 已知某地青年男性的身高（单位：）服从正态分布，且，在该地区随机抽取1名青年男性，则该男性身高不低于的概率为（ ） A. 0.05 B. 0.15 C. 0.25 D. 0.35 5. 已知是定义在上的奇函数，且，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 6. 已知的展开式中的的系数是280，则（ ） A. 2 B. -2 C. 1 D. -1 7. 甲、乙两人进行羽毛球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每局比赛都没有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是，随机变量表示最终的比赛局数，若的数学期望为，则（ ） A. B. C. D. 或 8. 已知不等式（其中）的解集中恰有三个正整数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分 9. 下列说法中，正确的是（ ） A. 回归直线就是散点图中经过样本数据点最多的那条直线 B. 可以用相关系数刻画两个变量的相关程度强弱，值越大两个变量的相关程度越强 C. 残差图中，残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越高 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断 与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05 10. 对于，，下列不等式中正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，，且，则（ ） A. B. 存在使得 C. D. 的图象关于直线对称 第II卷（非选择题） 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知，则______． 13. 已知定义在上的函数，其导函数为，当时，，若，，，则由小到大为_______． 14. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，记n次传球后球在甲手中的概率为，则________． 三、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. 已知等差数列的公差 ，且 ，，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设，记的前 项和为，求证：． 16. 2026年，AI软件已广泛覆盖办公、学习、创作、生活等多个场景，给人们的生活带来了便捷，实现了从“生成式AI”向“决策式AI”的全面跨越.行业焦点已从AI“能说会道”的创造能力，转向其“能落地干活”的自主决策与执行能力.某公司进行AI知识竞赛.从参赛者中随机选出100人的成绩作为样本，将成绩（满分100分）分为，，，，，共5组，得到如图所示的频率分布直方图. （1）在样本中，用分层随机抽样的方法从成绩在的人中抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，记这3人的成绩在的人数为，求的分布列及数学期望； （2）假设用频率估计概率，从全公司中随机抽取3人，用表示其成绩在范围的人数，求Y的期望及方差. 17. 如图，在正三棱柱中，，D为AB的中点． （1）证明：平面； （2）在上是否存在点E，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18. 已知函数，其中． （1）讨论函数的单调性； （2）若函数有两个不同的零点、，求实数a的取值范围． 19. 已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率为，且，直线l过点且与C相交于A，B两点． （1）求C的方程； （2）若的面积为，求； （3）过点A作直线的垂线，垂足为P，求证：为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 黑龙江佳木斯市桦南县第一中学2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试题 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共八小题，每小题五分，共40分. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，， 所以. 2. 已知是上的偶函数，当时，是增函数，则的大小关系是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 利用是上的偶函数可知，，再根据在区间上单调递增即可判断大小. 【详解】利用是上的偶函数可知，， 由于，又在区间上单调递增， 则, 故. 3. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数有意义建立不等式组求解即可. 【详解】由函数的定义域为， 所以函数要有意义则：，解得：， 所以函数的定义域为：. 4. 已知某地青年男性的身高（单位：）服从正态分布，且，在该地区随机抽取1名青年男性，则该男性身高不低于的概率为（ ） A. 0.05 B. 0.15 C. 0.25 D. 0.35 【答案】A 【解析】 【分析】由正态分布对称性结合题设可得答案． 【详解】由题可得：，则，， 则. 5. 已知是定义在上的奇函数，且，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性和对称性推出4是函数的一个周期，利用周期性和奇偶性即可求得答案. 【详解】因是定义在上的奇函数，则， 又，则， 故，即，则， 故4是函数的一个周期， 于是. 故选：A. 6. 已知的展开式中的的系数是280，则（ ） A. 2 B. -2 C. 1 D. -1 【答案】A 【解析】 【详解】二项式的展开式的通项为，其中. 令，解得，则项的系数为. ∵ ，，且已知的系数为， ∴ ，即，解得. 7. 甲、乙两人进行羽毛球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每局比赛都没有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是，随机变量表示最终的比赛局数，若的数学期望为，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】根据单局胜率表示出总比赛局数的概率分布，再利用给定的数学期望建立方程即可求解. 【详解】由题意得随机变量可能的取值为2，3， ， 因为比赛必定在2局或3局结束，所以打满3局的概率就是不出现2局结束的对立事件概率， 即， 故的分布列为： 2 3 故， 由，解得. 8. 已知不等式（其中）的解集中恰有三个正整数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题可知，设函数，，根据导数求出的极值点，得出单调性，根据在区间内的解集中有且仅有三个整数，转化为在区间内的解集中有且仅有三个整数，结合图象，可求出实数的取值范围. 【详解】设函数，， 因为，令，则或， 则时，，或时，，， 在上递增，在上递减， 当时，至多一个整数根； 当时，在内的解集中仅有三个整数， 根据图象，只需，， 所以. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于分出两个函数，，结合导数研究其函数图象的关系从而得解. 二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分 9. 下列说法中，正确的是（ ） A. 回归直线就是散点图中经过样本数据点最多的那条直线 B. 可以用相关系数刻画两个变量的相关程度强弱，值越大两个变量的相关程度越强 C. 残差图中，残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越高 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断 与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05 【答案】CD 【解析】 【分析】本题考查经验回归直线的性质、样本相关系数的意义、残差图的作用以及独立性检验的应用. 【详解】A中，线性回归直线在散点图中可能不经过任一样本数据点，所以A错误: B中，相关系数是用来刻画两个变量的相关程度强弱，值越大两个变量的相关程度越强，所以B错误; C中，在残差图中，若残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越高，所以C正确; D中，因为，所以可判断 与有关联且犯错误的概率不超过0.05，正确. 10. 对于，，下列不等式中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据，整理变形，可判断A的正误；根据基本不等式可判断B、C的正误；利用作差法，可判断D的正误. 【详解】选项A：因为，所以， 所以，当且仅当时取等号，故A正确； 选项B：因为，，所以，即， 当且仅当时取等号，故B错误； 选项C：因为，，所以，即， 当且仅当时取等号，故C正确； 选项D：， 当且仅当时取等号，所以，故D正确. 故选：ACD 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，，且，则（ ） A. B. 存在使得 C. D. 的图象关于直线对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过赋值法求的值，判断选项A；构造辅助函数，确定的表达式，进而根据的值域判断选项B；求导，判断选项C；利用函数的对称性判断选项D． 【详解】令，代入等式得：， 解得或， 若，令，则对任意有，此时， 与矛盾，故，A正确； 由于在上可导，对等式两边关于求导，得， 令，并代入，，得，故C正确． 令， 则 由得， 所以在上为常数． 又因此，即， 因为对任意，都有，， 所以不存在使得，故B错误． ，故， 对任意，， 故的图象关于直线对称，故D正确． 第II卷（非选择题） 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知，则______． 【答案】 【解析】 【详解】令，则. 所以. 所以. 所以. 13. 已知定义在上的函数，其导函数为，当时，，若，，，则由小到大为_______． 【答案】 【解析】 【分析】依题意令，利用导数说明函数的单调性，即可比较函数值的大小． 【详解】设，， 当时，，即， 所以在上单调递减， 所以， 所以，即， 所以． 14. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，记n次传球后球在甲手中的概率为，则________． 【答案】##0.3125 【解析】 【分析】由题得出的递推式，构造等比数列求解即可． 【详解】由题意得，时，，即， 设，故， 所以，其中， 即是首项为，公比为的等比数列， 故，即， 所以． 三、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. 已知等差数列的公差 ，且 ，，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设，记的前 项和为，求证：． 【答案】（1） （2）证明：因为， ： 所以. 所以 因为为正整数，，所以， 因此：. 【解析】 【分析】（1）利用已知条件列出方程组，求出，即可得出结果； （2）由（1）可得，通过裂项，根据求和计算即证得结果. 【小问1详解】 设等差数列首项为，公差，由，成等比数列， 可得：，由，解得：， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 略 16. 2026年，AI软件已广泛覆盖办公、学习、创作、生活等多个场景，给人们的生活带来了便捷，实现了从“生成式AI”向“决策式AI”的全面跨越.行业焦点已从AI“能说会道”的创造能力，转向其“能落地干活”的自主决策与执行能力.某公司进行AI知识竞赛.从参赛者中随机选出100人的成绩作为样本，将成绩（满分100分）分为，，，，，共5组，得到如图所示的频率分布直方图. （1）在样本中，用分层随机抽样的方法从成绩在的人中抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，记这3人的成绩在的人数为，求的分布列及数学期望； （2）假设用频率估计概率，从全公司中随机抽取3人，用表示其成绩在范围的人数，求Y的期望及方差. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图的性质求出5人中成绩在有3人，成绩在的有2人，再利用超几何分布求解即可； （2）首先求出成绩在的概率为，再利用二项分布求解即可. 【小问1详解】 成绩在的人数为人， 成绩在的人数为人， 用分层随机抽样的方法抽取5人，这5人成绩在的有人， 成绩在的有 人. 的所有取值为. ， ， 所以的分布列为 【小问2详解】 成绩在的频率为. 用频率估计概率，则从全公司中随机抽取1人， 成绩在的概率为. 随机抽取3人，成绩在范围的人数. 所以，. 17. 如图，在正三棱柱中，，D为AB的中点． （1）证明：平面； （2）在上是否存在点E，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）由正三棱柱的定义可知是等边三角形， 因为D为AB的中点，所以． 又平面ABC，平面ABC，所以． 因为，平面，且， 所以平面 （2）存在点E， 【解析】 【分析】（1）利用正三棱柱的特征及线面垂直的判定证明即可； （2）先作于E点，利用线面垂直的判定证明面面垂直即可，再根据等面积法计算线段比即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 存在．在中，作，垂足为E，连接BE． 由（1）知平面，所以． 因为AB，平面，且，所以平面． 因为平面BCE，所以平面平面． 设，则，，故． 因为，所以， 则，， 所以． 故在上存在点E，使得平面平面，此时． 18. 已知函数，其中． （1）讨论函数的单调性； （2）若函数有两个不同的零点、，求实数a的取值范围． 【答案】（1）时，在单调递增，在单调递减； 时，在，单调递增，在单调递减； 时，在上单调递增； 时，在，单调递增，在单调递减 （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导，利用导数，按的取值范围分情况讨论函数的单调性； （2），令，则问题转化为的图象与直线有两个不同的交点，对函数求导并分析函数单调性，作出大致图象，结合图象求实数a的取值范围． 【小问1详解】 函数的定义域为， ， 若，则，，， 在上单调递增，在上单调递减， 若，令，则或， 当，即时，或，， 在，上单调递增，在上单调递减； 当，即时，在上恒成立，此时在上单调递增； 当，即时，或，， 在，上单调递增，在上单调递减； 综上： 时，在上单调递增，在上单调递减； 时，在，上单调递增，在上单调递减； 时，在上单调递增； 时，在，上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 ， 令，则问题转化为的图象与直线有两个不同的交点， ，则 ， ， 在上单调递增，在上单调递减， 且时，时，，大致图象如下， 要使的图象与直线有两个不同的交点，则，即， a的取值范围是． 19. 已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率为，且，直线l过点且与C相交于A，B两点． （1）求C的方程； （2）若的面积为，求； （3）过点A作直线的垂线，垂足为P，求证：为定值． 【答案】（1） （2） （3）当直线的斜率不为0时，设， 联立椭圆方程，得到， 则， 设，，则，由韦达定理可得，， 因为，原点到的距离为， 所以， 又因为点到的距离为，， 所以， 所以， 由，，得到， 所以； 当直线的斜率为0时，，，，四点共线无法构成三角形，故舍去； 综上，为定值． 【解析】 【分析】（1）由题设求出，进而求解即可； （2）设，由的面积为可得，进而结合平面向量的数量积的坐标表示求解即可； （3）当直线的斜率不为0时，设，利用韦达定理得到，，且，利用距离公式和弦长公式表示，，所以；当直线的斜率为0时，不满足题意，故为定值． 【小问1详解】 由题意得，，所以， 又因为离心率，所以， 所以，所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 设，所以，将代入椭圆方程， 所以，所以． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $