精品解析：四川雅安市2025-2026学年下学期期末教学质量检测高中二年级数学试题

2025–2026学年下期期末教学质量检测高中二年级数学试题 本试卷满分150分，答题时间120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名，考号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确． 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在卡片的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸，试题卷上答题无效． 3.考试结束后，将答题卡收回． 一、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，只有一个是符合题目要求的． 1. 乘积展开后的项数为（ ）． A. B. C. D. 2. 在等比数列中，，，则（ ）． A. B. C. D. 3. 一箱罐的饮料中罐有奖券，每张奖券奖励饮料一罐，从中任意抽取罐，则这罐中至少有罐有奖的抽取方法种数为（ ）． A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 4. 现有道四选一的单选题，学生甲对其中道题有思路，道题完全没有思路，有思路的题做对的概率为，没有思路的题只好任意猜一个答案，猜对答案的概率为，学生甲从这道题中随机选择题，学生甲做对该题的概率是（ ）． A. B. C. D. 5. 若数列为正项等比数列，则下列一定为等差数列的是（ ）． A. B. C. D. 6. 已知曲线在点处的切线方程为，则实数的值为（   ） A. 1 B. 2 C. 0 D. 7. “斐波那契数列”由意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”．斐波那契数列满足：，，，记其前项和为，设(为常数)，则（ ）． A. B. C. D. 8. 已知定义在上的可导函数满足，且，若，，，则，，的大小关系为（ ）． A. B. C. D. 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）在每小题给出的四个选项中，有多个符合题目要求，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. 已知随机变量的分布列为 0 1 则下列结论正确的是（ ）． A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 的最小值为 10. 已知函数，则（ ）． A. 无极值点 B. 有两个零点 C. 当时， D. 不等式的解集为 11. 已知数列的前项和为，若，，则（ ）． A. B. 存在，或 C. 数列为递减数列 D. 对任意， 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）将答案填在答题卡相应的横线上． 12. 已知随机变量服从正态分布，则______． 13. 如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的大正方形．现有红、黄、蓝三种不同的颜色供选择给赵爽弦图涂色，要求每个区域只涂一种颜色且相邻两个区域颜色不同，则不同的涂法有______种． 14. 若方程有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是______． 四、解答题（本大题共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）求曲线在处的切线方程； （2）求函数的单调区间． 16. 已知数列中，，． （1）证明：是等差数列； （2）记为的前项和，求数列的前项和． 17. 已知二项式． （1）若其展开式中，第项与第项的二项式系数之比为，求的值； （2）若，求展开式中所有的有理项； （3）设展开式中的各项系数和为，则当时，求除以所得余数．（参考数据：，，） 18. 某商场为了刺激消费，在端午节期间举行购物抽奖活动，根据不同支付方式，设置两种不同的抽奖方案． 方案1：通过微信支付的顾客，可通过商场设置的小程序抽奖，每个顾客可抽奖2次，每次抽奖可随机获得0元、5元、10元的奖金，且抽到0元，5元，10元的概率均为． 方案2：通过现金支付的顾客，可从装有3个红球和7个白球的抽奖箱中，不放回地取球3次，每次取1个球，第（，，）次取到红球，可得元奖金，取到白球没有奖金． （1）游客甲通过微信支付，记甲抽奖获得的奖金总金额为元，求； （2）游客乙通过现金支付，记乙抽奖获得的奖金为元，求的分布列； （3）试从顾客所得奖金金额的期望值分析，顾客选择哪种支付方式更划算． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，存在不相等的、，满足，证明：； （3）对任意的，恒成立，求a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025–2026学年下期期末教学质量检测高中二年级数学试题 本试卷满分150分，答题时间120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名，考号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确． 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在卡片的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸，试题卷上答题无效． 3.考试结束后，将答题卡收回． 一、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，只有一个是符合题目要求的． 1. 乘积展开后的项数为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由分步乘法计数原理可得：第一步从任选个数共种选法， 第二步从任选个数共种选法，第三步从任选个数共种选法， 故展开后的项数为：. 2. 在等比数列中，，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由等比数列性质可得：，. 3. 一箱罐的饮料中罐有奖券，每张奖券奖励饮料一罐，从中任意抽取罐，则这罐中至少有罐有奖的抽取方法种数为（ ）． A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 【详解】情况：罐有奖、罐无奖：方法数为， 情况：罐都有奖：方法数为， 总方法数：种. 4. 现有道四选一的单选题，学生甲对其中道题有思路，道题完全没有思路，有思路的题做对的概率为，没有思路的题只好任意猜一个答案，猜对答案的概率为，学生甲从这道题中随机选择题，学生甲做对该题的概率是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用全概率公式，分别计算选到有思路题目做对的概率和选到无思路题目做对的概率，求和得到总概率. 【详解】设事件为“学生甲随机选题且做对该题”，事件为“选到有思路的题目”，则为“选到没有思路的题目”， 由题意可知：，，，， 由全概率公式得：. 5. 若数列为正项等比数列，则下列一定为等差数列的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列定义逐一分析. 【详解】设正项等比数列的公比为，通项公式为， 选项A：令，则：， 差为常数，因此一定是等差数列，A选项正确； 选项B：令，，不是常数， 反例：若，则，，， 差不相等，B选项错误； 选项C：令，则，，不是常数， 反例：，，差为和，不相等，C选项错误； 选项D：令，则，，不是常数， 反例：，，差不相等，D选项错误. 6. 已知曲线在点处的切线方程为，则实数的值为（   ） A. 1 B. 2 C. 0 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求出切点横坐标，再将切点坐标代入切线方程即可求解的值. 【详解】设切点 ，由导数的几何意义可知，曲线在点处切线的斜率等于函数在该点的导数值， 对 求导得，因此， 已知切线方程为，其斜率为，故 ，解得， 即切点坐标为，将切点坐标代入切线方程得 ，解得. 7. “斐波那契数列”由意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”．斐波那契数列满足：，，，记其前项和为，设(为常数)，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用数列前项和的定义将待求式转化为对应项的和，再结合斐波那契数列的递推公式化简即可得到结果. 【详解】根据数列前项和的性质，对任意，有， 因此：，  结合斐波那契数列的递推关系，可得，， 代入上式得：  已知，故原式的值为. 8. 已知定义在上的可导函数满足，且，若，，，则，，的大小关系为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据分式不等式确定函数的单调区间，再利用函数对称性将待比较的自变量转化到同一单调区间，最后结合单调性比较大小. 【详解】由可知分子分母同号： 当即时，，故在上单调递增， 当即时，，故在上单调递减， 由可知，的图象关于直线对称，因此。 计算得， 因此在单调递增区间上，自变量满足：， 即，故. 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）在每小题给出的四个选项中，有多个符合题目要求，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. 已知随机变量的分布列为 0 1 则下列结论正确的是（ ）． A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，根据和得到方程组，求出；B选项，先求出，从而得到；C选项，得到方程组，求出答案；D选项，求出的范围，得到. 【详解】A选项，由题意得，又，故，解得，A正确； B选项，由题意得，又，故， 所以，B正确； C选项，，即，又，解得，C正确； D选项，，故， ， 因为，所以，故， ，所以的最小值不是，D错误. 10. 已知函数，则（ ）． A. 无极值点 B. 有两个零点 C. 当时， D. 不等式的解集为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先求出导数，利用导数写出函数的单调区间及极值，画出大致简图即可. 【详解】因为函数，所以， 当或时，单调递减； 当时，单调递增，所以有极小值点，极大值点，故A错误； 极小值为，极大值为，大致图像为 故有两个零点，故B正确； 当时，单调递增，此时，故，故C正确； 令解得或， 由上图可得，不等式的解集为，故D正确. 11. 已知数列的前项和为，若，，则（ ）． A. B. 存在，或 C. 数列为递减数列 D. 对任意， 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A：配方得，结合数学归纳法证明恒成立，排除选项B中的，；作差判断选项C正确；选项D：利用构造函数在单调递增，结合数学归纳法和代数放缩证明双向不等式成立. 【详解】选项A：已知，，，因此A选项正确； 选项B：对递推公式变形得：，对所有成立； 下面用数学归纳法证明恒成立： 由已知， 若，则， 因为，所以，故，因此不存在或，B选项错误； 选项C：（因为），故，是递减数列，C选项正确； 选项D：用数学归纳法证明不等式： 时：，，，不等式成立， 假设时不等式成立：即开口向下，对称轴为， 因为，所以在单调递增，故， 因为， ， 所以当时，， 因此对任意，不等式成立，D选项正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）将答案填在答题卡相应的横线上． 12. 已知随机变量服从正态分布，则______． 【答案】 ## 【解析】 【分析】利用正态分布密度曲线的对称性计算所求概率. 【详解】正态分布的密度曲线关于直线对称， 由题可知随机变量服从正态分布，即， 因此其密度曲线的对称轴为，根据对称性可得. 13. 如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的大正方形．现有红、黄、蓝三种不同的颜色供选择给赵爽弦图涂色，要求每个区域只涂一种颜色且相邻两个区域颜色不同，则不同的涂法有______种． 【答案】 【解析】 【详解】显然①和③颜色需相同，②和④颜色需相同，①和③的颜色与②和④颜色不同， ⑤需单独一种颜色， 3种不同的颜色进行全排列，共有种涂法. 14. 若方程有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】通过分离参数将方程根的问题转化为直线与曲线交点个数问题，运用导数分析函数的单调性，分、、三段讨论符号，结合极限确定各区间值域，得出负半轴恒有个根、正半轴在时有个根，最后综合并排除重根，得到的范围. 【详解】已知，分离参数得：， 方程有三个不相等实根，等价于直线与函数的图象有三个不同交点， 对求导得：，又恒成立， 当时：，故，在上单调递增， 且时，时， 因此对任意，在上仅有个实根， 当时：时，，故，单调递减； 当时，，故，单调递增， 因此在处取极小值： 且和时，， 当时，正半轴仅有这一个根（重根），不符合三个不相等的实数根； 当时，直线与正半轴曲线在和内各有一个交点，共2个实根， 综上，当时，负半轴个根，正半轴个根，总共有个不相等的实数根， 故实数的取值范围为：. 四、解答题（本大题共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）求曲线在处的切线方程； （2）求函数的单调区间． 【答案】（1） （2） 单调递增区间为，单调递减区间为 【解析】 【小问1详解】 函数定义域为. 由求导得，  ，，切线方程为，即. 【小问2详解】 ，. 令，则， 故函数单调递增区间为，单调递减区间为. 16. 已知数列中，，． （1）证明：是等差数列； （2）记为的前项和，求数列的前项和． 【答案】（1）已知，由，结合递推关系可知对任意，， 等式两边同时除以，整理得， 又首项，因此是首项为、公差为的等差数列，得证. （2） 【解析】 【分析】（1）构造等差数列递推式即可证明； （2）先用等差数列求和，再利用裂项相消法来求和即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得， 则的前项和为， 因此， 裂项相消得：. 17. 已知二项式． （1）若其展开式中，第项与第项的二项式系数之比为，求的值； （2）若，求展开式中所有的有理项； （3）设展开式中的各项系数和为，则当时，求除以所得余数．（参考数据：，，） 【答案】（1） （2）有理项为，， （3）余数为 【解析】 【分析】（1）利用二项式系数的性质即可求出； （2）利用二项展开式通项与有理项判定进行计算； （3）利用赋值法求展开式系数和与同余运算. 【小问1详解】 二项式展开式中，第项的二项式系数为，因此第3项二项式系数为，第4项二项式系数为， 由题意得：，代入组合数公式，， 化简得：. 【小问2详解】 时， 二项式展开式的通项为： 有理项要求的指数为整数，即为整数，故为3的倍数，可取： ：, ：, ：, 【小问3详解】 求除以的余数令， 得展开式各项系数和， 二项式定理可知的展开式中不含有7因子的只有最后一项， 所以除以7的余数为1，即除以所得余数为 18. 某商场为了刺激消费，在端午节期间举行购物抽奖活动，根据不同支付方式，设置两种不同的抽奖方案． 方案1：通过微信支付的顾客，可通过商场设置的小程序抽奖，每个顾客可抽奖2次，每次抽奖可随机获得0元、5元、10元的奖金，且抽到0元，5元，10元的概率均为． 方案2：通过现金支付的顾客，可从装有3个红球和7个白球的抽奖箱中，不放回地取球3次，每次取1个球，第（，，）次取到红球，可得元奖金，取到白球没有奖金． （1）游客甲通过微信支付，记甲抽奖获得的奖金总金额为元，求； （2）游客乙通过现金支付，记乙抽奖获得的奖金为元，求的分布列； （3）试从顾客所得奖金金额的期望值分析，顾客选择哪种支付方式更划算． 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 5 10 15 20 25 30 （3）顾客选择微信支付更划算，理由如下： 设顾客通过微信支付，1次抽奖获得的奖金为，则， 其中，故， ， 由于，故顾客选择微信支付更划算. 【解析】 【分析】（1）利用进行求解； （2）求出的可能取值和对应的概率，得到分布列； （3）求出，比较后得到结论 【小问1详解】 ，即一次抽到5元的奖金，一次抽到10元的奖金， ，两次均抽到10元的奖金， ； 【小问2详解】 的可能取值为， ，即3次均抽到白球，， ，即第1次抽到红球，第2次和第3次抽到白球，， ，即第2次抽到红球，第1次和第3次抽到白球，， ，即第3次抽到红球，第1次和第2次抽到白球，或第1次和第2次抽到红球，第3次抽到白球， ， ，即第1次和第3次抽到红球，第2次抽到白球，， ，即第1次抽到白球，第2次和第3次抽到红球，， ，即3次均抽到红球，， 故的分布列为 0 5 10 15 20 25 30 【小问3详解】 略 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，存在不相等的、，满足，证明：； （3）对任意的，恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增. （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）对进行求导，然后分和两种情况确定的单调性； （2）当时，由（1）可知在上单调递增，转化为证明，然后利用极值点偏移证明； （3）将问题转化为来求解. 【小问1详解】 的定义域为，. （i）当时，，此时在上单调递增. （ii）当时，令，得. 当时，；当时，. 在单调递减，在单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增. 【小问2详解】 当时，由（1）可得，在上单调递减，在上单调递增. 不妨设，要证，即证，即证. ，即证. 令， 在上单调递增，，. ，，，证毕. 【小问3详解】 ，. 分离参数可得：，对都成立，即求右侧函数最小值. 令，则. 令，则， 在上单调递增，又，， 故存在唯一的，使得，. 令，，在上单调递增， ，，. 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增. ， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $