精品解析：山东青岛市黄岛区等四区2025-2026学年第二学期期末学业水平检测高二数学试题

2025—2026学年度第二学期期末学业水平检测 高二数学试题 2026.07 本试题卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、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，只有一项是符合题目要求的. 1. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】要使函数有意义，需满足真数大于0，即，解得， 因此函数定义域为 . 2. 已知函数及其导函数的定义域为，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可得  ， 所以. 3. 已知且，则“”是“在区间上单调递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先求出对数函数在单调递增时的取值范围，再判断“”与该条件的逻辑关系可得. 【详解】根据对数函数的单调性性质：对于函数（且），当时，函数在上单调递增； 充分性：若，由于，满足，因此在上单调递增，充分性成立. 必要性：若在单调递增，仅需满足即可， 可取内任意值，不一定等于，因此必要性不成立. 综上所述，“”是“在区间单调递增”的充分不必要条件. 4. 已知随机变量服从正态分布，则（ ） 附：若随机变量服从正态分布，则， A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正态分布的参数含义、对称性以及题目给出的概率取值，逐一验证四个选项的正确性可得. 【详解】因为随机变量，因此正态分布的均值，标准差，结合正态分布的性质进行判断： 对选项A：正态分布的期望，故A错误； 对选项B：正态分布的方差，故B错误； 对选项C：因为，，所以，且， 由正态分布的对称性可知， 所以，故C正确； 对选项D：因为， 所以，故D错误. 5. 设，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数与对数函数的单调性，分别将三个数和比较大小，再对比的大小即可得到结果. 【详解】由于函数在上单调递增，函数在上单调递减，那么 ，即, ，,即， 所以，. 6. 不等式对一切实数x都成立，则k的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分和两种情况讨论，时直接验证不等式成立，时利用一元二次不等式恒成立的条件求解，最终合并得到的取值范围. 【详解】分两种情况进行讨论： 当时，原不等式化为，该式对任意实数恒成立，符合题意； 当时，原不等式为关于的一元二次不等式，若要对一切实数恒成立，需同时满足： （1）二次项系数小于0，即，解得； （2）判别式，代入系数得，解不等式得； 综上所述，的取值范围为. 7. 某地区举行了系列足球运动推广活动.受推广活动的影响，该地区球迷观看足球联赛的热情持续高涨、据统计相关轮次观看联赛的球迷人数y（单位：百人）如下表： 轮次 1 3 4 5 7 观看的人数 13 33 42 52 70 现建立该地区观看球赛的人数y与轮次x的线性回归模型：.根据该模型预测第10轮次该地区观看球赛的人数约为（ ） A. 95百人 B. 99百人 C. 100百人 D. 102百人 【答案】B 【解析】 【分析】应用回归直线的样本平均值计算得出参数，再代入轮次计算预测. 【详解】样本均值，， 代入回归模型得，解得， 则回归方程为，将代入得，故预测第10轮观看人数约为99百人 8. 已知是定义在上的奇函数，，当时，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】利用奇函数性质、推导函数的对称性和周期性，结合区间上的函数表达式列方程求解参数. 【详解】已知是上的奇函数，故且； 结合，将替换为得，可得， 则， 即的一个周期为4，故； 由可知关于直线对称，因此， 结合得，， 故； 当时，，代入得，即； 代入和，由得， 化简解得； 将代入，解得； 综上. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 已知二项式展开式的二项式系数和为64，则（ ） A. B. 被7整除余数为2 C. 二项式展开式的所有项的系数之和为1 D. 二项式展开式的奇数项的系数之和为365 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由二项式系数和的性质求出，再结合余数运算、赋值法求系数和等知识点逐一判断选项. 【详解】在选项A中，二项式展开式的二项式系数和为，由题意，解得，A正确， 在选项B中，，则，展开后除最后一项外其余项均为7的倍数， 故除以7的余数为，即m为奇数时余数为6，m为偶数时余数为1，不可能为2，B错误， 在选项C中，求展开式所有项系数和，令代入得，C正确， 在选项D中，设， 令得， 令得，两式相加得， 即奇数项系数和为，D正确. 10. 已知函数有三个不同零点，则（ ） A. 若三个零点分别为0，1，2，则的图像关于点对称 B. 若三个零点分别为0，1，2，则的图像关于点对称 C. 若三个零点处的切线斜率分别为，，，则 D. 若三个零点处的切线斜率分别为，，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】对于函数的对称性，可通过函数的性质判断；对于切线斜率，可先对函数求导，再根据导数的几何意义求出切线斜率，最后进行计算. 【详解】对于A和B，已知函数有三个不同零点，若三个零点分别为0，1，2，则. 设.因为，所以为奇函数，其图象关于原点对称. 而的图象是由的图象向右平移一个单位长度得到的，所以的图象关于点对称，故A选项错误，B选项正确. 对于C，对进行求导，得. 因为这三个零点分别为，，，所以，，， ，一般情况下，故选项C错误. 对于D ，，故选项D正确. 11. 甲、乙两人分别从种不同的书中任选2种和3种，记两人共选择了种书，设，，则（ ） A. X服从二项分布 B. Y服从超几何分布 C. Z服从超几何分布 D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】固定甲所选的种书，设乙所选的种书中有种属于甲所选书，则 两人共选择的书的种数为． 当时，均有可能； 二项分布在时的取值从开始连续取到试验次数，而或时为常量，所以不服从二项分布，A错误． 又，它表示乙所选的种书中不属于甲所选书的种数，因此B正确． 同理，表示甲所选的种书中不属于乙所选书的种数，所以C正确． 最后，D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知随机事件A，B，若，，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】先利用互斥事件的概率加法公式求出，再代入条件概率定义式计算即可得到结果. 【详解】事件可拆分为两个互斥事件与的和事件， 根据互斥事件的概率加法公式可得： ， 又因为，， 所以，  根据条件概率的定义可得： . 13. 已知，为正实数，且，则的最小值为______． 【答案】4 【解析】 【分析】利用基本不等式“1”的妙用进行求解. 【详解】，为正实数，且， ， 当且仅当，即时，等号成立，又， 故时，等号成立，所以的最小值为4. 故答案为：4 14. 已知非空集合，，若函数为偶函数，则A的元素个数最多可能值为______. 【答案】3 【解析】 【分析】利用偶函数定义，对与是否属于集合进行分类讨论，从而确定中元素应满足的条件，并求元素个数的最大值. 【详解】因为为偶函数，所以对任意，有. 当时，. （i）若，则. 由得. 故可以属于. （ii）若，则. 由得，解得. 因此，的元素只可能是. 经验证，当时，为偶函数，此时的元素个数为，且无法再添加其他元素. 故的元素个数最多可能值为. 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. 为考察某种药物对预防疾病的效果，进行了动物实验，根据1000个有放回简单随机样本的数据，得到如下列联表： 药物A 疾病B 合计 未患病 患病 未服用 20 180 200 服用 780 20 800 合计 800 200 1000 （1）记患疾病的动物未服用药物的概率为p，求p的估计值； （2）根据小概率值的独立性检验，分析药物是否与预防疾病有关? 附： 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）的估计值为（或0.9）； （2）在小概率值的独立性检验下，有充分证据表明药物与预防疾病有关，即认为药物对预防疾病有效。 【解析】 【分析】(1)利用频率估计概率，计算患疾病的样本中未服用药物的频率，即为; (2)零假设药物对预防疾病无效，计算出的观测值，结合独立性检验的基本思想可得出结论. 【小问1详解】 由列联表可知，患疾病的样本总数为200，其中未服用药物且患疾病的样本数为，根据频率估计概率的原理，. 【小问2详解】 零假设药物对预防疾病无效， ， 所以，在小概率值的独立性检验下，有充分证据表明药物与预防疾病有关，即认为药物对预防疾病有效. 16. 已知函数. （1）若，证明：； （2）若存在，，使得，证明：存在极小值，且极小值不超过. 【答案】（1）证明：时，，定义域为， 故，令得，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，证毕； （2）证明：，定义域为， ， 若，恒成立，在上单调递减， 不满足存在，，使得，不合要求，舍去； 若，令得，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 在处取得极小值，极小值为， 令，，则， 令，则恒成立， 所以在上单调递增， 因为，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，故， 所以存在极小值，且极小值不超过. 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，得到； （2）求定义域，求导，得到不合要求，满足要求，得到在处取得极小值，极小值为，构造函数，证明出，得到结论 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 已知函数. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若的最大值为1，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意先求，再根据导数的几何意义即可求解； （2）先求导，令得，即存在，使得，解出，再验证即可求解. 【小问1详解】 当时，，所以， 所以， 所以， 所以，所以； 【小问2详解】 由已知得：，令，解得， 由的最大值为1，所以存在，使得， 所以， 即，解得或， 当时，，所以， 所以，令，且， 所以，令，解得， 由，由， 所以在单调递增，在单调递减， 所以，当，当时，， 所以当时，，即，当时，，即， 所以在单调递增，在单调递减， 所以，满足题意， 所以， 当时，，所以， 当时,无意义， 当时，，所以无最大值，不满足题意， 综上所述，. 18. 已知集合含有个元素，第一次随机选取集合的一个子集A，第二次随机选取集合的一个子集B，A和B可以相同. （1）若，记“”，求； （2）若，记“”，“”，求； （3）记为集合的元素个数，为集合的元素个数，. （i）分别求，的分布列； （ii）证明：. 【答案】（1） （2） （3）（i）的分布列为：. 的分布列为：. （ii）证明：表示集合中不属于的元素个数，即的元素个数. 对于任意元素，. 所以.同理，表示中不属于的元素个数， 其概率也为，故. 因为与服从相同的分布，所以. 【解析】 【分析】（1）分析样本空间，分析事件，列举满足条件的情况，进而计算概率. （2）分析事件，分析独立性，计算，进而得到结果. （3）（i）分析的分布属于二项分布，进而可得分布列；（ii）分析的含义，利用对称性证明即可. 【小问1详解】 集合共有4个子集. 选取和的总情况数为. 事件为“”，满足条件的情况有共3种， 所以. 【小问2详解】 记为“”，为“”. 因为是随机选取的子集，所以，且的选取相互独立， 故相互独立，所以. 所以. 【小问3详解】 （i）对于中任意元素，. 所以，其分布列为. 对于中任意元素，. 所以，其分布列为. （ii）略. 19. 已知函数的定义域为，集合. （1）若，求； （2）求证：存在定义域为的函数满足，且在处取最大值； （3）对任意，定义集合.设函数满足： ①当时，； ②当时，； ③若，则. （i）证明：； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）构造函数 下面证明：，且的最大值为， 因为在区间单调递增，且在区间单调递增，且；在区间为常数函数，； 对任意，存在，使得，不合题意； 对任意，任意，不合题意； 对任意，任意，有；任意，有， 所以，且的最大值为； （3）在单调递增，且当时，； （i）假设．则必存在，使得，故， 则，所以， 即， 因为，矛盾， 因而，假设不成立，故； （ii）①先证明：当时，， 假设存在，使得．则必存在， 使得； 因为，故，即， 但是，则，矛盾， 因而，假设不成立，故当时， ②再证明：当时，， 假设存在，使得， 则必存在，使得； 因为，从而， 取，则，且， 所以，则，这与矛盾， 因而，假设不成立，故当时，； 综①②，当时，； ③设，因为， 所以， 所以， 所以，在区间 单调递增； 由①②③知： 对任意 ，存在，使得 ； 对任意，任意； 所以. 【解析】 【分析】（1）转化题目新定义，结合二次函数的性质即可求解； （2）构造分段函数同时满足题给条件与最值条件的函数即可求证； （3）（i）假设，利用反证法推出矛盾，即可证明； （ii）通过反证法证明当时，，在区间 单调递增，结合新定义即可证明. 【小问1详解】 因为在区间单调递减，在区间单调递增； 对于任意，对任意，必有，符合题意； 对于任意，存在，使得，不合题意； 所以． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 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学业水平检测 高二数学试题 2026.07 本试题卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、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，只有一项是符合题目要求的. 1. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数及其导函数的定义域为，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知且，则“”是“在区间上单调递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知随机变量服从正态分布，则（ ） 附：若随机变量服从正态分布，则， A. B. C. D. 5. 设，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 不等式对一切实数x都成立，则k的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 某地区举行了系列足球运动推广活动.受推广活动的影响，该地区球迷观看足球联赛的热情持续高涨、据统计相关轮次观看联赛的球迷人数y（单位：百人）如下表： 轮次 1 3 4 5 7 观看的人数 13 33 42 52 70 现建立该地区观看球赛的人数y与轮次x的线性回归模型：.根据该模型预测第10轮次该地区观看球赛的人数约为（ ） A. 95百人 B. 99百人 C. 100百人 D. 102百人 8. 已知是定义在上的奇函数，，当时，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 已知二项式展开式的二项式系数和为64，则（ ） A. B. 被7整除余数为2 C. 二项式展开式的所有项的系数之和为1 D. 二项式展开式的奇数项的系数之和为365 10. 已知函数有三个不同零点，则（ ） A. 若三个零点分别为0，1，2，则的图像关于点对称 B. 若三个零点分别为0，1，2，则的图像关于点对称 C. 若三个零点处的切线斜率分别为，，，则 D. 若三个零点处的切线斜率分别为，，，则 11. 甲、乙两人分别从种不同的书中任选2种和3种，记两人共选择了种书，设，，则（ ） A. X服从二项分布 B. Y服从超几何分布 C. Z服从超几何分布 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知随机事件A，B，若，，则_______. 13. 已知，为正实数，且，则的最小值为______． 14. 已知非空集合，，若函数为偶函数，则A的元素个数最多可能值为______. 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. 为考察某种药物对预防疾病的效果，进行了动物实验，根据1000个有放回简单随机样本的数据，得到如下列联表： 药物A 疾病B 合计 未患病 患病 未服用 20 180 200 服用 780 20 800 合计 800 200 1000 （1）记患疾病的动物未服用药物的概率为p，求p的估计值； （2）根据小概率值的独立性检验，分析药物是否与预防疾病有关? 附： 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 16. 已知函数. （1）若，证明：； （2）若存在，，使得，证明：存在极小值，且极小值不超过. 17. 已知函数. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若的最大值为1，求. 18. 已知集合含有个元素，第一次随机选取集合的一个子集A，第二次随机选取集合的一个子集B，A和B可以相同. （1）若，记“”，求； （2）若，记“”，“”，求； （3）记为集合的元素个数，为集合的元素个数，. （i）分别求，的分布列； （ii）证明：. 19. 已知函数的定义域为，集合. （1）若，求； （2）求证：存在定义域为的函数满足，且在处取最大值； （3）对任意，定义集合.设函数满足： ①当时，； ②当时，； ③若，则. （i）证明：； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $