精品解析：辽宁沈阳市省重点高中五校联考2025-2026学年高二下学期7月期末调研数学试题

2025-2026学年度(下)期末调研 高二年级数学试卷 时间：120分钟 分数：150分 试卷说明：试卷共两部分: 第一部分：选择题型（1－11题　58分） 第二部分：非选择题型（12－19题　92分） 第Ⅰ卷(选择题　共58分) 一、单选题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知全集，集合，集合，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：,,所以，故选B. 考点：集合的运算. 2. 函数是奇函数的充要条件 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数为奇函数，求得的值，由此确定正确选项. 【详解】由于为奇函数，所以恒成立， 即， 恒成立， 由于，所以. 在四个选项中，与等价的是， 所以B选项符合. 故选：B 3. 下列说法错误的是（     ） A. 函数与是相同的函数 B. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为 C. 若，则 D. 函数的最小值为6 【答案】D 【解析】 【分析】根据定义域以及对应关系即可判断A，由抽象函数定义域的性质即可求解B，根据配凑法求解析式判断C，由基本不等式即可求解D． 【详解】由，解得，则的定义域为， 由，解得，所以的定义域为， 又，故函数与是相同的函数，故A正确，不符合题意； 由，得，所以的定义域为，故B正确，不符合题意； 因，所以，故C正确，不符合题意； 因， 当且仅当时取等号，因方程无解，等号不成立，故D错误，符合题意． 4. 已知等比数列，，…，各项为正且公比，则（ ） A. B. C. D. 与的大小关系不能确定 【答案】C 【解析】 【分析】作差并化简得，根据，讨论差的正负即可得解. 【详解】 ． 因为，，， 所以若，则，，所以， 所以； 若，则，，所以， 所以. 所以恒有． 故选：C． 5. 已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布，从中随机取一件，其长度误差落在区间（3,6）内的概率为 （附：若随机变量ξ服从正态分布 ，则 ， ．） A. 4.56% B. 13.59% C. 27.18% D. 31.74% 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：由题意 故选B． 考点：正态分布 6. 若方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设方程的四个根为，利用等差数列的性质求解. 【详解】解：设方程的四个根为， 则，， 又因为方程的四个根组成一个首项为的等差数列， 设，所以， 设等差数列的公差为，则， 解得，则等差数列为， 所以， 则， 故选：C 7. 小明高考结束后出去游玩，帽子和墨镜每天至少戴一件，他每天戴帽子的概率为，戴墨镜的概率为，各天穿戴的情况独立，表示他在20天的游玩时间中只戴帽子的天数，则其期望（ ） A. 4天 B. 8天 C. 10天 D. 16天 【答案】A 【解析】 【详解】记为事件“小明戴帽子”，记为事件“小明戴墨镜”， ，， ， 所以，，（天）. 8. 已知函数与图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可得存在满足 , 令, 因为函数和在定义域内都是单调递增的, 所以函数在定义域内是单调递增的, 又因为趋近于时,函数且在上有解(即函数有零点), 所以, 故选：B. 考点：指对数函数 方程 单调性 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 已知投资两种项目获得的收益分别为，分布列如下表，则（ ） /百万 0 2 百万 0 1 2 A. B. C. 投资两种项目的收益期望一样多 D. 投资项目的风险比项目高 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据分布列的性质求出、，再根据期望、方差公式计算可得； 【详解】解：依题意可得，所以， ，所以，所以，故A正确； 所以，则，故B错误； ，所以，故C正确； 因为 ， 即，所以投资项目的风险比项目高，故D正确； 故选：ACD 10. 已知正实数，满足，下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为2 B. 的最小值为4 C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用基本不等式和解一元二次不等式可判断A,B,将代入，化简，利用基本不等式求解可判断C，利用基本不等式“1”的妙用可判断D. 【详解】对于A,因为， 即，解得， 又因为正实数，，所以， 则有，当且仅当时取得等号，故A错误； 对于B，， 即，解得（舍）， 当且仅当时取得等号，故B正确； 对于C,由题可得所以，解得， ， 当且仅当即时取得等号，故C正确； 对于D, ， 当且仅当时取得等号，故D正确， 故选:BCD. 11. 已知定义在R上的可导函数满足：①是奇函数，②.设函数，则（ ） A. 的周期为6 B. 在至多有两个零点 C. 曲线的一条对称轴为 D. 若，则曲线在处的切线方程为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用已知的递推关系推导周期；由于，将的零点转化为求的零点；利用对称轴的定义，验证是否成立；利用导数求斜率，结合切点坐标表示切线方程. 【详解】选项 A：由，可得，因此的周期为，故A正确； 选项 B：，由于恒成立，故的零点等价于的零点. 由是奇函数得，即； 令代入得，即， 令得 ，即， 因此在上至少有个零点，故B错误； 选项 C：由题意知， 令，则 ， 故 ，即 关于点 中心对称，故C错误； 选项 D：对 求导得， 代入 得 ，， 故切线方程为，故D正确. 第Ⅱ卷(非选择题　共92分) 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，函数的图象在点处的切线方程是，则+ =______． 【答案】 【解析】 【详解】点处的切线方程是，则， 切线斜率为，则， ． 13. 已知数列中，，，，且，则________. 【答案】4051 【解析】 【分析】计算出，可得数列是周期为的循环数列，由可计算的值. 【详解】因为，，， 所以当时，得，即，所以； 当时，得，即，所以； 当时，得，即，所以. 所以数列是周期为的循环数列，且. 所以. 14. 若函数f(x)=(1－x2)(x2＋ax＋b)的图像关于直线x=－2对称，则f(x)的最大值是______. 【答案】16； 【解析】 【详解】依题意，为偶函数， 展开式中的系数为，故，的系数为，故，令，得，由对称轴为-2可知，将该式分解为，可知其在和处取到最大值，带入，可知最大值为16. 【考点定位】本题考查函数的性质，考查学生的化归与转化能力以及基本运算能力. 四．解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知在正项数列中，，且成等差数列. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前100项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可得为等比数列，再利用解得即可求. （2）由得到，再利用为偶数时，分组求出，再把代入即可. 【小问1详解】 成等差数列， ，即，而， 为等比数列，设公比为. 又，得. 【小问2详解】 ， 当为偶数时， ， 所以. 16. 已知函数为定义在上的偶函数，且满足，． （1）求的解析式； （2）若不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）设，若对任意的，存在，使得，求实数的取值范围． 【答案】（1）. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用偶函数的性质运算求解即可；（2）根据函数的单调性化简不等式，再分离参数，利用基本不等式求最值即可；（3）由题意得，根据函数的单调性分别求出的最小值，即可求解. 【小问1详解】 因为是上的偶函数，故对任意，恒成立， 所以，， 令，代入化简得得​， 因此的解析式为. 【小问2详解】 由题意可得，易知在上单调递增， 因此不等式等价于. 令，不等式变为对任意恒成立，分离参数得， 由基本不等式得， 当且仅当取最小值，因此，即. 【小问3详解】 对任意，存在，满足，等价于在上的最小值在上的最小值. 因为单调递增，故，因此存在，使得， 即，开口向上，对称轴， 若，，得； 若，，恒成立； 若，，结合恒成立. 综上得​，即. 17. 为了解某一地区纯电动汽车销售情况，某机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量（单位：万台）关于（年份）的线性回归方程为，且销量的方差为，年份的方差为． （1）求与的相关系数，并据此判断电动汽车销量与年份的相关性强弱； （2）该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表： 购买非电动车 购买电动车 总计 男性 39 6 45 女性 30 15 45 总计 69 21 90 能否在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为购买电动汽车与性别有关？ （3）在购买电动汽车的车主中按照性别进行分层抽样抽取7人，再从这7人中随机抽取3人，记这3人中，男性的人数为，求的分布列和期望． ①参考数据：； ②参考公式：（i）线性回归方程：，其中． （ii）相关系数：，若，则可判断与线性相关较强． （iii），其中． 附表： 0.10 0.05 0.025 0.010 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 【答案】（1），与线性相关较强 （2）可以在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为购买电动汽车与车主性别有关 （3）的分布列为. 0 1 2 ，【解析】 【分析】（1）由相关系数计算公式即可求解判断； （2）通过卡方值的计算即可判断； （3）通过抽样比确男性车主选取2人，女性车主选取5人，再确定的取值求得概率即可求解. 【小问1详解】 相关系数为 故与线性相关较强 【小问2详解】 零假设为：购买电动汽车与车主性别无关； 可以在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为购买电动汽车与车主性别有关 【小问3详解】 抽样比，男性车主选取2人，女性车主选取5人，则的可能取值为0，1，2， 故， 故的分布列为. 0 1 2 18. 已知函数， （1）当时，若对任意，不等式恒成立，求实数的最小值； （2）若存在两个不同的极值点，，且，求实数的取值范围． 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）先将不等式整理后，构造函数，求导判断其单调性，由不等式推得，依题即得对任意恒成立，从而利用导数求出函数的最大值即得； （2）根据有两个不同的极值点，可得是方程的两根，写出韦达定理，求得，由推得，化简，利用求导判断的单调性确定其取值范围即可求得的范围. 【小问1详解】 当时，不等式可化为，变形为， 令，求导得，所以在上是增函数， 而，即，则， 故对任意，不等式恒成立，等价于对任意恒成立， 令，则， 所以当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减， 所以，故实数的取值范围为， 所以的最小值为1； 【小问2详解】 因为存在两个不同的极值点， 所以由可得是方程的两根， 由可得，则， 则可得，，故，故， 又由可得，因， 则 ， 令， 则， ∵，∴，即，， 则，故在区间上单调递减， 则有，即， 所以实数取值范围. 19. 2026年4月19日，在北京亦庄举办的人形机器人半程马拉松比赛，备受科技圈关注.赛前某机器人厂家对机器人进行比赛前的测试，进一步检验机器人的稳定性.假设机器人从初始点开始移动，每次的结果可能是向前或向后移动一个步（每步步长1米），向前移动的概率为，向后移动的概率为； （1）若，求4次后停在初始点的概率； （2）求机器人移动3次后停在初始点前方的概率； （3）设计测试规则如下：第一轮测试，机器人从初始点开始移动，设置机器人前方移动的概率，若机器人移动3次后停在初始点前方，则进入第二轮测试，否则测试结束；第二轮测试，机器人重新从初始点开始移动，重新设置机器人前方移动的概率，移动3次后，若机器人停在初始点前方，则以机器人停留的位置与初始点的距离作为两轮测试的最终得分.若机器人停在初始点后方或初始点处，则两轮测试的最终得分为0分（规定测试一轮结束的得分也是0分）.记两轮测试最终得分的期望，若存在极大值点，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）机器人移动4次后停在初始点，那么4次中有两次移动向前，有两次移动向后，根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得； （2）若机器人移动3次后停在初始点前方，则向前移动2次、向后移动1次或向前移动3次、向后移动0次； （3）求出第一轮测试结束进入第二轮测试的概率，设两轮测试最终得分为随机变量，则的所有可能取值为0，1，3，求出，利用导数说明函数的极大值点情况，即可求出参数的取值范围. 【小问1详解】 设事件：机器人移动4次后停在初始点，那么 机器人移动4次后停在初始点，那么4次中有两次移动向前，有两次移动向后， . 【小问2详解】 设事件：机器人移动3次后停在初始点前方，那么若机器人移动3次后停在初始点前方，则向前移动2次、向后移动1次或向前移动3次、向后移动0次， 所以，. 【小问3详解】 第一轮测试结束进入第二轮游戏的情况有2种，分别是3次向前；2次向前、1次向后； 则其概率为； 所以，的所有可能取值为0，1，3 ， ，， 所以， 因为，所以， 所以当时，；当时； ，， 由于，所以的符号由决定， 令，那么当时，， 因为，，， 根据零点存在性定理可得，存在使得，存在使得， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，在处取极大值即存在极大值点； 当时，， 因为，，， 根据零点存在性定理可得，存在使得，存在使得， 要使在上存在极大值点， 则， 解得或， 因为，所以； 综上所述. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度(下)期末调研 高二年级数学试卷 时间：120分钟 分数：150分 试卷说明：试卷共两部分: 第一部分：选择题型（1－11题　58分） 第二部分：非选择题型（12－19题　92分） 第Ⅰ卷(选择题　共58分) 一、单选题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知全集，集合，集合，则 A. B. C. D. 2. 函数是奇函数的充要条件 A. B. C. D. 3. 下列说法错误的是（     ） A. 函数与是相同的函数 B. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为 C. 若，则 D. 函数的最小值为6 4. 已知等比数列，，…，各项为正且公比，则（ ） A. B. C. D. 与的大小关系不能确定 5. 已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布，从中随机取一件，其长度误差落在区间（3,6）内的概率为 （附：若随机变量ξ服从正态分布 ，则 ， ．） A. 4.56% B. 13.59% C. 27.18% D. 31.74% 6. 若方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则（ ） A. 1 B. C. D. 7. 小明高考结束后出去游玩，帽子和墨镜每天至少戴一件，他每天戴帽子的概率为，戴墨镜的概率为，各天穿戴的情况独立，表示他在20天的游玩时间中只戴帽子的天数，则其期望（ ） A. 4天 B. 8天 C. 10天 D. 16天 8. 已知函数与图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是 A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 已知投资两种项目获得的收益分别为，分布列如下表，则（ ） /百万 0 2 百万 0 1 2 A. B. C. 投资两种项目的收益期望一样多 D. 投资项目的风险比项目高 10. 已知正实数，满足，下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为2 B. 的最小值为4 C. 的最小值为 D. 的最小值为 11. 已知定义在R上的可导函数满足：①是奇函数，②.设函数，则（ ） A. 的周期为6 B. 在至多有两个零点 C. 曲线的一条对称轴为 D. 若，则曲线在处的切线方程为 第Ⅱ卷(非选择题　共92分) 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，函数的图象在点处的切线方程是，则+ =______． 13. 已知数列中，，，，且，则________. 14. 若函数f(x)=(1－x2)(x2＋ax＋b)的图像关于直线x=－2对称，则f(x)的最大值是______. 四．解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知在正项数列中，，且成等差数列. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前100项和. 16. 已知函数为定义在上的偶函数，且满足，． （1）求的解析式； （2）若不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）设，若对任意的，存在，使得，求实数的取值范围． 17. 为了解某一地区纯电动汽车销售情况，某机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量（单位：万台）关于（年份）的线性回归方程为，且销量的方差为，年份的方差为． （1）求与的相关系数，并据此判断电动汽车销量与年份的相关性强弱； （2）该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表： 购买非电动车 购买电动车 总计 男性 39 6 45 女性 30 15 45 总计 69 21 90 能否在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为购买电动汽车与性别有关？ （3）在购买电动汽车的车主中按照性别进行分层抽样抽取7人，再从这7人中随机抽取3人，记这3人中，男性的人数为，求的分布列和期望． ①参考数据：； ②参考公式：（i）线性回归方程：，其中． （ii）相关系数：，若，则可判断与线性相关较强． （iii），其中． 附表： 0.10 0.05 0.025 0.010 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 18. 已知函数， （1）当时，若对任意，不等式恒成立，求实数的最小值； （2）若存在两个不同的极值点，，且，求实数的取值范围． 19. 2026年4月19日，在北京亦庄举办的人形机器人半程马拉松比赛，备受科技圈关注.赛前某机器人厂家对机器人进行比赛前的测试，进一步检验机器人的稳定性.假设机器人从初始点开始移动，每次的结果可能是向前或向后移动一个步（每步步长1米），向前移动的概率为，向后移动的概率为； （1）若，求4次后停在初始点的概率； （2）求机器人移动3次后停在初始点前方的概率； （3）设计测试规则如下：第一轮测试，机器人从初始点开始移动，设置机器人前方移动的概率，若机器人移动3次后停在初始点前方，则进入第二轮测试，否则测试结束；第二轮测试，机器人重新从初始点开始移动，重新设置机器人前方移动的概率，移动3次后，若机器人停在初始点前方，则以机器人停留的位置与初始点的距离作为两轮测试的最终得分.若机器人停在初始点后方或初始点处，则两轮测试的最终得分为0分（规定测试一轮结束的得分也是0分）.记两轮测试最终得分的期望，若存在极大值点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $