精品解析：天津市滨海新区天津经济技术开发区第一中学2025-2026学年高二下学期7月期末检测数学试卷

天津经济技术开发区第一中学2025—2026学年度第二学期 高二年级数学期末检测试卷 一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若全集，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则“”是“”的 A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 3. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 已知幂函数在上单调递减，则实数的值为（ ） A. 或1 B. 或2 C. 1 D. 5. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 6. 下列说法中，正确的有（ ） ①回归直线恒过点，且至少过一个样本点： ②根据列列联表中的数据计算得出，而，则有的把握认为两个分类变量有关系，即有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误； ③在做回归分析时，可以用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越好； ④某项测量结果服从正态分布，若，则 A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 7. 定义在上的偶函数满足，当时，，则（ ）（本题中为自然对数的底数） A. B. C. D. 8. 某校举行科技文化艺术节活动，学生会准备安排6名同学到两个不同社团开展活动，要求每个社团至少安排两人，其中，两人不能分在同一个社团，则不同的安排方案数是（ ） A. 56 B. 28 C. 24 D. 12 9. 已知函数是单调函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 已知，若正实数m，n满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 11. 函数的定义域为__________. 12. ________． 13. 在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则的常数项为_____． 14. 函数的单调递减区间为_____． 15. 已知函数在处取得极值，则的值为_____．（本题中为自然对数的底数） 16. 哪吒系列手办盲盒包含哪吒、敖丙、两个结界兽、四大龙主共8个人物手办，小明随机购买3个盲盒（3个盲盒内人物一定不同），求在包含哪吒且不包含敖丙的条件下，四大龙主有且仅有一位的概率为_____． 17. 已知函数，则____． 18. 已知方程的两根都大于2，则实数的取值范围是_____． 三、解答题：本题共60分． 19. 已知集合，集合. （1）求； （2）已知，若是的充分不必要条件，求实数的取值范围. 20. 已知函数 （1）求关于的不等式的解集. （2）若对于，不等式恒成立，求的取值范围. 21. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立． （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望； （3）公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了10个问题，智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广该系统．试推断该系统是否会得到推广，请说明理由． 22. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，，求实数的取值范围； （3）若，且存在，，使得，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津经济技术开发区第一中学2025—2026学年度第二学期 高二年级数学期末检测试卷 一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若全集，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接由补集的定义及交集的定义可得. 【详解】因为全集，，所以， 因此． 2. 已知，则“”是“”的 A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】通过函数的图象可知，函数值与自变量距对称轴距离成正比，由此可判断为充要条件. 【详解】设，可知函数对称轴为 由函数对称性可知，自变量离对称轴越远，函数值越大；反之亦成立 由此可知：当，即时， 当时，可得，即 可知“”是“”的充要条件 本题正确选项： 【点睛】本题考查充分必要条件的判断问题，属于基础题. 3. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【详解】原命题为存在量词命题（特称命题），根据存在量词命题的否定规则可得： 命题“，”的否定是“，”. 4. 已知幂函数在上单调递减，则实数的值为（ ） A. 或1 B. 或2 C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据幂函数的定义和性质求解即可. 【详解】因为幂函数在上单调递减， 所以，解得. 故选：C. 5. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】， 故. 6. 下列说法中，正确的有（ ） ①回归直线恒过点，且至少过一个样本点： ②根据列列联表中的数据计算得出，而，则有的把握认为两个分类变量有关系，即有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误； ③在做回归分析时，可以用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越好； ④某项测量结果服从正态分布，若，则 A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】C 【解析】 【分析】利用回归直线的特点可判断①；利用独立型检验可判断②；利用决定系数与模型拟合效果的关系可判断③；利用正态分布可判断④.即可得出合适的选项. 【详解】对于①，回归直线恒过点，不一定过样本点，①错； 对于②，根据列列联表中的数据计算得出，而， 则有的把握认为两个分类变量有关系， 即有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误，②对； 对于③，在做回归分析时，可以用决定系数刻画模型的回归效果， 若越大，则说明模型拟合的效果越好，③对； 对于④，某项测量结果服从正态分布，若， 则，④对. 故选：C. 7. 定义在上的偶函数满足，当时，，则（ ）（本题中为自然对数的底数） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合函数对称性和奇偶性，得到函数的周期，进而利用周期直接求解即可. 【详解】由题知，因为， 所以关于直线对称， 所以， 因为是偶函数， 所以，所以， 所以， 所以的周期为， 所以， 且， 所以. 8. 某校举行科技文化艺术节活动，学生会准备安排6名同学到两个不同社团开展活动，要求每个社团至少安排两人，其中，两人不能分在同一个社团，则不同的安排方案数是（ ） A. 56 B. 28 C. 24 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】设两个社团分别为甲乙，按A在甲社团B在乙社团和A在乙社团B在甲社团两种类型讨论，每种类型又分甲社团有2 人、3 人、4 人三种情况，运用排列组合公式计算方案数. 【详解】设两个社团为甲社团和乙社团， 当A在甲社团B在乙社团时，甲社团有2 人有种方案，甲社团有3 人有种方案，甲社团有4人有种方案，共种方案； 当B在甲社团A在乙社团时，同理也有14种方案； 所以不同的安排方案数是14+14=28. 故选：B 9. 已知函数是单调函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知，当时，单调递增，又因为是单调函数，所以在上单调递增，据此列出关于的不等式组求解即可. 【详解】当时，是单调递增函数， 因为函数是单调函数， 则函数在上单调递增函数， 则,解得：, 所以实数的取值范围是. 故选：B 10. 已知，若正实数m，n满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】用导数的性质判断函数的单调性，根据奇偶函数的定义、基本不等式进行求解即可. 【详解】显然该函数的定义域为全体实数， 因为， 所以该函数是奇函数， ， ，即， 当且仅当时取等号，即当时取等号， 所以有，当时取等号， 而，当且仅当时取等号， 显然与不能同时成立， 所以， 所以该函数是实数集上的增函数，且又是奇函数， 所以 ， 令， 因为m，n是正实数， 所以， 所以， 即，当且仅当时取等号，即当时取等号， 所以当时，的最小值为， 故选：D 三、填空题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 11. 函数的定义域为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二次根式和对数函数的定义域性质建立不等式组，求解参数范围即可. 【详解】令，解得. 故答案为： 12. ________． 【答案】 【解析】 【分析】根据指数和对数的运算性质求解. 【详解】原式. 13. 在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则的常数项为_____． 【答案】60 【解析】 【详解】因为在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，所以的展开式有7项，， 的通项公式为， 令，得，故展开式的常数项为. 14. 函数的单调递减区间为_____． 【答案】 【解析】 【分析】结合复合函数“同增异减”的单调性规则，先求定义域再推导内层函数的对应单调区间即可 【详解】由题意可知，整理得， 解得定义域为，令， 由于底数，因此外层函数在上单调递减， 要使复合函数单调递减，需内层函数在定义域内单调递增， 是开口向下的二次函数，对称轴为，其单调递增区间为， 将该区间与定义域取交集，得， 因此函数的单调递减区间为. 15. 已知函数在处取得极值，则的值为_____．（本题中为自然对数的底数） 【答案】 【解析】 【详解】函数的定义域为R，求导得， 由在处取得极值，得，解得， 此时，当时，；当时，， 可知函数在内单调递减，在内单调递增， 函数在处取得极小值，所以. 16. 哪吒系列手办盲盒包含哪吒、敖丙、两个结界兽、四大龙主共8个人物手办，小明随机购买3个盲盒（3个盲盒内人物一定不同），求在包含哪吒且不包含敖丙的条件下，四大龙主有且仅有一位的概率为_____． 【答案】 【解析】 【详解】在包含哪吒且不包含敖丙的条件下的试验含有的基本事件数为， 其中四大龙主有且仅有一位的事件含有的基本事件数为， 所以所求概率为. 17. 已知函数，则____． 【答案】1 【解析】 【分析】先根据自变量范围确定内层函数的解析式算出内层值，再以该值为自变量根据范围确定外层解析式，最终得到结果. 【详解】因为，所以. 18. 已知方程的两根都大于2，则实数的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】分析函数的图象特征，列出不等式组求解即可． 【详解】根据题意，二次函数的图象与轴的两个交点都在点（2，0）的右侧， 如图． 根据图象可得，解得． 故答案为：． 三、解答题：本题共60分． 19. 已知集合，集合. （1）求； （2）已知，若是的充分不必要条件，求实数的取值范围. 【答案】（1）. （2） 【解析】 【分析】（1）解指数不等式化简集合，解对数不等式化简集合，再根据补集、交集的定义计算可得； （2）解一元二次不等式化简集合，依题意是的真子集，显然，即可得到不等式组，解得即可. 【小问1详解】 由，即，即，解得，即， 由，即，所以，解得，即， 所以，则. 【小问2详解】 由，即， 因为恒成立，解得， 所以， 由是的充分不必要条件，所以是的真子集，显然， 所以（等号不同时取到），解得， 所以实数的取值范围是. 20. 已知函数 （1）求关于的不等式的解集. （2）若对于，不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）当时，不等式的解集为或； 当时，不等式的解集为R； 当时，不等式的解集为或. （2） 【解析】 【分析】（1）由题意得，结合方程的两根即可求得答案； （2）法一：利用分离参数法得对于恒成立，恒成立，求 的最小值即可求解； 法二：对不等式转化可得，对于恒成立，令，分别讨论对称轴在区间的位置结合单调性即可求解. 【小问1详解】 依题意可得：，即， 其对应方程的两根为， 当，即时，不等式的解集为或； 当，即时，解集为R； 当，即时，不等式的解集为或； 综上所述：当时，不等式的解集为或； 当时，不等式的解集为R； 当时，不等式的解集为或. 【小问2详解】 （1）法一：因为，所以对于恒成立， 因为，所以，因此恒成立. 即. 令，则， 因为，所以，所以， 当且仅当，即，时取等号. 故，所以. 即实数的取值范围为. 法二：因为，所以， 即对于恒成立， 令，对称轴， 当时，即时， 函数在上单调递增，所以，因此， 又因为，所以. 当时，即时， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，因此， 又因为，所以， 当时，即时， 函数在上单调递减，所以， 因此，又因为，所以不存在. 综上：. 21. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立． （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望； （3）公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了10个问题，智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广该系统．试推断该系统是否会得到推广，请说明理由． 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 期望 （3）该系统会得到推广，，符合推广要求. 【解析】 【分析】（1）用全概率公式，结合问题清晰、不清晰两种场景的采纳概率计算总采纳概率； （2）判断服从二项分布，计算各取值概率列分布列，用二项分布期望公式求期望； （3）先求个问题采纳次数的期望，推导总得分期望后与阈值比较得结论. 【小问1详解】 记事件为“智能客服的回答被采纳”，事件为“输入的问题表达清晰”，则为“输入的问题表达不清晰”. 由题意得：，所以. 又，. 由全概率公式得： . 所以智能客服的回答被采纳的概率为. 【小问2详解】 由（1）知每次回答被采纳的概率，且各次是否被采纳相互独立，故测试个问题中被采纳的次数服从二项分布，即，的可能取值为. ， ， ， . 则的分布列为： 0 1 2 3 期望. 【小问3详解】 抽取10个问题，设被采纳的次数为，则，总得分. 由期望的性质得：. 因为，满足推广条件，所以该系统会得到推广. 22. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，，求实数的取值范围； （3）若，且存在，，使得，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）由题意在上恒成立，参变分离后，构造函数求导后计算最小值即可得； （3）利用导数求出单调性后，设，结合正负性可得、范围，再利用比值换元法，可得，，即可将证明转化为证明在上恒成立，构造相应函数并借助导数研究其单调性即可得. 【小问1详解】 若，则，， ，又， 故曲线在点处的切线方程为； 【小问2详解】 由时，，即，整理得， 令，，则， 故在上单调递减，则，即； 【小问3详解】 若，则，， 故当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又时，，时，， 则，不妨设，则， 由，则， 两边同取对数，可得， 故，令，则， 即，，故， 要证，只需证，即只需证， 令， 则， 故在上单调递增，则， 即有恒成立，即得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $