精品解析：辽宁五校联考（大连24中、大连八中、鞍山一中、辽宁省实验中学、东北育才）2025-2026学年高二下学期期末限时训练数学试卷

2025~2026学年度第二学期期末限时训练 高二数学 注意事项： 1．请在答题纸上作答，在试卷上作答无效． 2．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟． 第Ⅰ卷 一．单项选择题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，故. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】利用全称量词命题的否定可得出结果. 【详解】命题“，”为全称量词命题，该命题的否定为“，”. 故选：A. 3. 已知是定义在R上的偶函数，且在上单调递增，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将原不等式转化为，再结合单调性即可得解. 【详解】因为是定义在R上的偶函数，故可转化为， 又因为在上单调递增，故，解得或，即解集为. 4. 已知函数在处的导数值为1，（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】由导数定义可知，. 5. 已知变量x和y的统计数据如表，若由表中数据得到回归直线方程为，则时的残差为（ ） x 4 4.5 5 5.5 6 y 7 6 4 2 1 A. 0.2 B. C. 0.4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得样本中心点的坐标，即可得到，得到线性回归方程，然后求得时的预测值，再由残差定义即可求解. 【详解】因为，， 则样本中心点为，代入可得， 所以回归直线方程为， 当时，， 所以时的残差为. 故选：D 6. 已知直线与曲线相切，则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】设切点为，再根据切点在曲线与切线上，以及导数的几何意义可得，最后根据函数的单调性以及即可得解. 【详解】因为， 所以， 设直线与曲线的切点为， 所以， 所以，且， 令函数，， 因为， 所以函数在单调递减，在单调递增， 又因为， 所以， 所以. 故选：C. 7. 设数列的前n项和为，，且，则的最小值为（） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】通过转化可知为常数列，求得后继而求得，再表示出，再利用基本不等式即可得解. 【详解】由可得，故为常数列，因此有， 得，故，则， ，当且仅当，即时等号成立， 故的最小值为. 8. 已知，若有两个零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由令，，转化为与的图象有两个交点，利用导数求出的图象可得答案. 【详解】令， 得， 令，， 即与的图象有两个交点， ， 当时，，单调递增， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递减， 所以当时，有极小值，为， 当时，有极小值，为， 当时，， 再由 可得的大致图象如下图: 所以当时，函数有两个零点. 二．多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的或不选得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 掷一枚质地均匀的骰子一次，事件“出现奇数点”，事件“出现3点或4点”，则事件M，N相互独立 B. 已知随机变量，则 C. 一组样本数据通过计算得到线性回归方程为，若，则 D. 设两个变量x，y之间的线性相关系数为，则的充要条件是成对数据构成的点都在回归直线上 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用事件相互独立的定义验证即可；对于B，利用二项分布的方差公式及随机变量方差的运算性质即可得解；对于C，代入验证即可；对于D，结合线性相关系数的定义即可判断. 【详解】对于A：，，因为，故事件M，N相互独立，故A正确； 对于B：因为随机变量，故，，故B错误； 对于C：将代入线性回归方程，得，故C正确； 对于D：若成对数据构成的点都在回归直线上，则说明是严格线性函数关系，则，故充分性成立；若，说明是严格线性函数关系，则成对数据构成的点都在回归直线上，故必要性也成立；故D正确. 10. 定义数列为数列的“3倍差数列”，若的“3倍差数列”的通项公式为，且，则下列正确的有（ ） A. B. 数列的前n项和 C. 数列是等差数列 D. 数列的前n项积 【答案】ACD 【解析】 【分析】将两边同除以，得是等差数列，即可求得，即可判断AC；根据等比数列求和公式判断B；根据指数运算结合等差数列求和公式判断D. 【详解】对于A：对于，令，得，代入，解得，故A正确； 对于C：将两边同除以，得，且，因此是以为首项，为公差的等差数列，故，故C正确； 对于B：由C可知，，故，其前项和，故B错误； 对于D：由B可知，，其前项积，故D正确. 11. 已知函数的定义域为,其图象关于y轴对称，当时， 则下列结论正确的是（ ） A. B. 的单调递增区间为和 C. 有2个极小值点 D. 存在，使得方程恰有1个实数根 【答案】BC 【解析】 【分析】A. 由题设可得 ，代入解析式求解 ，进而求解判断即可；B. 先讨论，的单调性，再由的图象关于y轴对称，得到的情况；C.根据极值点的定义判断；D. 转化问题为函数和的交点问题，进而结合图象判断即可. 【详解】因为的图象关于y轴对称，所以是偶函数，所以， 选项 A：因为是偶函数，所以 ，而 ， 因此 ，故 A 错误； 选项 B：当时，， ，则 令，，则 ，故 在 上单调递增， 又 ，因此当 时，，即 ， 单调递增； 当时，，即 ， 单调递减， 因为的图象关于y轴对称，所以 当 时，， 单调递减， 当 时，， 单调递增， 综上， 的单调递增区间为 和 ，故 B 正确； 选项 C：根据选项 B 的单调性分析：和 都是 的极小值点， 因此 有 2 个极小值点，故C正确； 选项 D：方程 等价于 ， 当 时，，令， ， 令 ， 在 上单调递增，且 ， 当 时，，， 单调递减， 时，，， 单调递增， ， 时， ， 时， ， 因为是偶函数，所以是奇函数，的图象关于原点对称， 作出函数和的图象， 由图可知，函数和始终有2个交点， 因此，不存在 使得方程恰有1个实根，选项 D 错误. 第Ⅱ卷 三．填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题纸的相应位置上． 12. 已知随机事件A，B相互独立，且，，则________． 【答案】 【解析】 【详解】因为随机事件A，B相互独立，且，， 所以. 13. 已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则________． 【答案】 【解析】 【详解】变形为,斜率是,设切线的斜率为, 因为切线与直线垂直，所以,所以, ，则，所以，所以. 14. 已知数列满足，，已知数列满足，，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】先对的递推式取倒数构造等差数列求，再用累加法求的通项，最后转化为对勾函数求正整数范围内的最小值. 【详解】由且，可得，同理可依次证得，对两边取倒数， 得，即是以为首项，为公差的等差数列，因此，故， 由累加法得，当时，， ，故， 验证时，也满足上式，故. 令，因为函数在上单调递减，在上单调递增，， 所以数列在上单调递减，在上单调递增， 因此当时数列取得最小值，当时，数列取得最小值，且， 因此，当时数列取得最小值. 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，，是自然对数的底数． （1）求函数的单调区间； （2）若关于x的方程有三个不等实根，求a的取值范围． 【答案】（1）当时，函数在上单调递增，无单调递减区间； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为 （2）． 【解析】 【分析】（1）对求导后，对与进行分类讨论，即可得解； （2）将代入后，对与进行分类讨论.当时，将方程的解的问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，即可得解. 【小问1详解】 函数的定义域为， 求导得， 当时，恒有，则函数在上单调递增； 当时，由，得；由，得， 即函数在上单调递减，在上单调递增； 综上，当时，函数在上单调递增，无单调递减区间； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 方程，即， 当时，方程成立，即为方程的一个零点； 当时，则，令，依题意，当时，方程还有两个非零不等实根，即直线与的图象有两个非零交点，， 当或时，；当时，， 所以函数在，上单调递减，在上单调递增， 而当时，；当时，，且当时，取得极小值， 作出函数，的大致图象，如图， 观察图象，当且仅当时，直线与函数的图象有两个交点， 所以的取值范围为． 16. 人工智能（英语：，缩写为）亦称智械，机器智能，指由人制造出来的可以表现出智能的机器．为了了解不同性别的学生对的关注情况，随机抽取了90名学生，调查结果如下表： 关注 不关注 合计 男生 55 60 女生 合计 75 （1）完成上述列联表，依据该统计数据，能否有的把握认为学生对的关注与性别有关？ （2）为了激发同学们对的关注，某班级举办了一次闯关赛，甲、乙两名选手参加赛，比赛共有3道题目，其中甲、乙水平相当，他们分别答对每道题的概率均为，两人各自分开答题，答对一题得1分，否则不得分．答题结束后得分较高者获胜，得分相同视为平局．已知比赛结束后甲，乙得分之和为奇数．假设甲、乙得分之差的绝对值为X，求X的分布列及数学期望. 附： 0.1 0.05 0.01 0.001 k 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1） 关注 不关注 合计 男生 55 5 60 女生 20 10 30 合计 75 15 90 能有的把握认为学生对AI的关注与性别有关． （2）的分布列为 1 3 ． 【解析】 【分析】（1）根据题意完善列联表，求，并与临界值对比，结合独立性检验思想分析判断； （2）设甲、乙得分分别为，，由题意可得为奇数，，根据独立重复试验的概率公式结合条件概率求分布列和期望. 【小问1详解】 列联表如下： 关注 不关注 合计 男生 55 5 60 女生 20 10 30 合计 75 15 90 则， 故能有的把握认为学生对AI的关注与性别有关． 【小问2详解】 设甲、乙得分分别为，，则，且为奇数， 可得，，，，，，，， ， ， ， ， 又因为，则或， 所以，． 所以的分布列为 1 3 所以． 17. 已知数列，满足，，且，，． （1）求数列和的通项公式； （2）求数列的前n项和． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由等差中项可知数列是等差数列，即可得数列的通项公式，分析可知数列是等比数列，可得数列的通项公式； （2）由（1）可知：，利用分组求和法，结合等差数列求和公式以及错位相减法运算求解. 【小问1详解】 因为，且，，即， 可知数列是首项为，公差为的等差数列， 所以， 又因为，可得， 且，可知数列是等比数列，首项为3，公比为3， 所以，即. 【小问2详解】 由（1）可知：， 则， 因为， 令，则， 两式相减得， 可得， 所以. 18. 袋子里有除了颜色外其他完全一样的5个球，其中红球3个，白球2个．从袋子中一次随机取出两个球，如果取出的球是白球，则将它放回袋子里；如果取出是的球是红球，则不放回袋子里，另外补充相同数量的白球放入袋子里，重复上述操作n次后，袋子里白球的个数记作 （1）求两次操作后，袋子里小球颜色全部相同的概率； （2）求随机变量的分布列； （3）求． 【答案】（1） （2） 2 3 4 5 （3） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型概率计算公式，结合独立事件概率乘法公式运算求解即可； （2）确定随机变量的取值，根据古典概型概率计算公式结合独立事件概率乘法公式求对应取值的概率即可； （3）根据题意推出，分析可知数列是以为首项，为公比的等比数列，结合等比数列通项公式运算求解. 【小问1详解】 设“恰好2次操作后盒子中球的颜色全部相同”为事件A， 根据操作的规定，事件A发生即“恰好2次操作后袋中5个球的颜色都为白色”，2次操作，其中1次取出1红1白，另一次取出2红， 所以. 【小问2详解】 由题意可知：的取值可能为2，3，4，5． 则； ； ； ． 所以的分布列为 2 3 4 5 【小问3详解】 记按照上述次述操作后，袋子里白球个数为． 设，，且， 则； ； ； ． 可得 ， 即，整理可得， 又因为， 可知数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，所以. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若有两个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为； （2）（i）； （ii）证明：根据（i）可知，， 其中，则， 下证：即证：. 设 ， 令，，于是在上单调递增，在上单调递减， 则，即证. 【解析】 【分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性， （2）（i）方法一：求导，对进行讨论，结合函数单调性可求解，即可构造函数，求导，结合零点存在性定理即可求解，方法二：求导，对进行讨论，换元，，，则， 可求解，即可结合解法一求解，解法三：求导，对进行讨论，结合零点存在性定理即可求解，解法四：分离常数得，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可结合函数图像求解，（ii）根据（i）的求解可求解函数的最大值，进而构造函数，利用导数求解单调性，即可得证. 【小问1详解】 由于 令，则， 令，，在上单调递增； 令，，在上单调递减； 于是的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问2详解】 （i）解法1 由于 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾； 于是，令，则等价于， 易得，因为 ，则， 令，则在上单调递增，在上单调递减， 则， 因为即，， 所以， 显然不符合题意，故，即， 令，， 则在上单调递增，且， 由于，所以， 由于，令，在上单调递增，则， 于是，， 由零点存在定理，存在使得， 当 时，易证 ，则即， 由于， 取，且，则， 由零点存在定理，存在使得， 所以当时，在上有两个零点. 解法2 由于， ， 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾： 于是，令，，，则， 令，则， 由于，令，， 当时，，即，于是在上单调递增， 当时，，即，于是在上单调递减， 于是， 若，即， 由，则，可得，同解法1； 解法3 由于， ， 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾； 于是，设，， 若，则， 在上单调递减，且， 不妨令，则， 于是取，则， 且 在上连续，由零点存在定理，存在唯一，， 于是在单调递增，在单调递减，则存在唯一极大值点； 若，令，则，于是 在上单调递增，在单调递减，由于，则，，且， 且 在上连续，由零点存在定理，存在唯一，， 于是在单调递增，在单调递减，则存在唯一极大值点； 综上所述：若，有一个极大值点；， 于是， 若，则至多只有一个零点，矛盾； 若，由于，同解法1； 解法4 令，则， ， 于是函数与函数的图象在上有两个交点， 由于， 设， ，， 于是 在上单调递减，且， 于是时，，，在上单调递增； 时，，，在上单调递减： 且，， 所以函数的图象如图所示，所以， （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第二学期期末限时训练 高二数学 注意事项： 1．请在答题纸上作答，在试卷上作答无效． 2．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟． 第Ⅰ卷 一．单项选择题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知是定义在R上的偶函数，且在上单调递增，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数在处的导数值为1，（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知变量x和y的统计数据如表，若由表中数据得到回归直线方程为，则时的残差为（ ） x 4 4.5 5 5.5 6 y 7 6 4 2 1 A. 0.2 B. C. 0.4 D. 6. 已知直线与曲线相切，则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 7. 设数列的前n项和为，，且，则的最小值为（） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 8. 已知，若有两个零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二．多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的或不选得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 掷一枚质地均匀的骰子一次，事件“出现奇数点”，事件“出现3点或4点”，则事件M，N相互独立 B. 已知随机变量，则 C. 一组样本数据通过计算得到线性回归方程为，若，则 D. 设两个变量x，y之间的线性相关系数为，则的充要条件是成对数据构成的点都在回归直线上 10. 定义数列为数列的“3倍差数列”，若的“3倍差数列”的通项公式为，且，则下列正确的有（ ） A. B. 数列的前n项和 C. 数列是等差数列 D. 数列的前n项积 11. 已知函数的定义域为,其图象关于y轴对称，当时， 则下列结论正确的是（ ） A. B. 的单调递增区间为和 C. 有2个极小值点 D. 存在，使得方程恰有1个实数根 第Ⅱ卷 三．填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题纸的相应位置上． 12. 已知随机事件A，B相互独立，且，，则________． 13. 已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则________． 14. 已知数列满足，，已知数列满足，，则的最小值为________． 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，，是自然对数的底数． （1）求函数的单调区间； （2）若关于x的方程有三个不等实根，求a的取值范围． 16. 人工智能（英语：，缩写为）亦称智械，机器智能，指由人制造出来的可以表现出智能的机器．为了了解不同性别的学生对的关注情况，随机抽取了90名学生，调查结果如下表： 关注 不关注 合计 男生 55 60 女生 合计 75 （1）完成上述列联表，依据该统计数据，能否有的把握认为学生对的关注与性别有关？ （2）为了激发同学们对的关注，某班级举办了一次闯关赛，甲、乙两名选手参加赛，比赛共有3道题目，其中甲、乙水平相当，他们分别答对每道题的概率均为，两人各自分开答题，答对一题得1分，否则不得分．答题结束后得分较高者获胜，得分相同视为平局．已知比赛结束后甲，乙得分之和为奇数．假设甲、乙得分之差的绝对值为X，求X的分布列及数学期望. 附： 0.1 0.05 0.01 0.001 k 2.706 3.841 6.635 10.828 17. 已知数列，满足，，且，，． （1）求数列和的通项公式； （2）求数列的前n项和． 18. 袋子里有除了颜色外其他完全一样的5个球，其中红球3个，白球2个．从袋子中一次随机取出两个球，如果取出的球是白球，则将它放回袋子里；如果取出是的球是红球，则不放回袋子里，另外补充相同数量的白球放入袋子里，重复上述操作n次后，袋子里白球的个数记作 （1）求两次操作后，袋子里小球颜色全部相同的概率； （2）求随机变量的分布列； （3）求． 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若有两个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $