精品解析：内蒙古通辽市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷

2026年春季学期高二年级期末考试 数学 注意事项： 1.本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时长120分钟. 2.根据网上阅卷需要，本试卷中的所有试题均要在答题卡上作答.答在本试卷上的无效. 3.考试结束后，本试卷不回收，由考生自行带走. 第一部分（选择题　共58分） 一、单选题：共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求解一元二次不等式化简集合A，明确集合B的元素，再根据交集的定义计算求解. 【详解】解不等式，解得，即， 又， 所以. 2. 下列函数当定义域为时，值域为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合导数依次分析函数的单调性,得到函数的值域即可判断选项. 【详解】对于A，当的定义域为时，值域为，故A不正确； 对于B，由于，当时，，在上单调递增， 所以，故的值域为，故B不正确； 对于C，由于，当时，，在上单调递增， 所以，故的值域为，故C不正确； 对于D，由于，当时，，在上单调递增， 所以，故在上的值域为，故D正确； 3. 的展开式中常数项为 A. -240 B. -160 C. 240 D. 160 【答案】C 【解析】 【分析】求得二项式的通项，令，代入即可求解展开式的常数项，即可求解. 【详解】由题意，二项式展开式的通项为， 当时，，即展开式的常数项为，故选C. 【点睛】本题主要考查了二项式的应用，其中解答中熟记二项展开式的通项，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题. 4. 设实数，满足，，则“”是“”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】B 【解析】 【分析】分别通过基本不等式判断必要性、举反例判断充分性，即可确定两个条件的逻辑关系 【详解】设条件，条件。 已知，由基本不等式可得（当且仅当时等号成立）， 若，则，即成立，故必要性成立； 取，满足，且，但， 即存在满足的情况不满足，即不成立，故充分性不成立. 综上，“”是“”的必要不充分条件. 5. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，由甲开始传球，传球者每次传球时都将球传给另外两个人中的一个人.经过次传球后球在甲手中，则不同的传递方式共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】A 【解析】 【分析】通过建立传球后球在甲手中与不在甲手中的递推关系，逐步计算得到次传球后球在甲手中的情况数. 方法二：直接列出所有满足要求的传递方式即可. 【详解】方法一：设为经过次传球后球在甲手中的不同传递方式数，为经过次传球后球不在甲手中的不同传递方式数，. 初始状态：次传球时球在甲手中，故，. 每次传球有种选择，因此次传球的总方式数为，即. 若次传球后球在甲手中，则第次传球后球必定不在甲手中，且第次由持球者传给甲， 因此递推关系为. 依次计算： 当时，，； 当时，，； 当时，，； 当时，. 故经过次传球后球在甲手中的不同传递方式共有种. 方法二：满足题意的有：甲-乙-甲-乙-甲、甲-乙-甲-丙-甲、甲-乙-丙-乙-甲、 甲-丙-甲-乙-甲、甲-丙-甲-丙-甲、甲-丙-乙-丙-甲，共有种， 6. 已知二次函数的值域为，且不等式的解集为，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二次函数值域为非负的特征得到判别式为，结合不等式解集可得对应方程的根，通过韦达定理列方程求解. 【详解】由二次函数的值域为，开口向上， 可知其图像与轴仅有一个公共点，因此判别式. 不等式等价于，其解集为， 所以一元二次方程的两个实根为，. 根据韦达定理：，可得；，可得. 将，代入判别式，得，化简为， 即，解得或，因为，因此. 7. 已知三次函数的零点为1，2，3.过点存在三条直线与曲线相切，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可得，设切点为，利用导数的几何意义可得切线方程为，化简可得，设，点存在三条直线与曲线相切，即函数与函数有3个不同交点，利用导数求出函数的单调性，求出极值，画出简图，由图可得的范围. 【详解】函数的零点为1，2，3， 所以，则， 设切点为，则切线方程为， 因为切线过点，所以， 整理得， 设 过点存在三条直线与曲线相切，即函数与函数有3个不同交点， 因为， 令，解得或4， 当时，；当时，； 所以在和上单调递减，在上单调递增， 且， 所以当时，函数与函数有3个不同交点， 即过点存在三条直线与曲线相切，则实数的取值范围是. 8. 若对任意的，且当时，都有，则m的最小值是（ ） A. e B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】对已知不等式进行变形，通过构造新函数，结合新函数的性质进行求解即可. 【详解】因为， 所以由 ，构造函数， 即当任意的，当时，有， 所以有当时，函数单调递增， 由， 当时，单调递增，当时，单调递减， 于是有， 故选：C 【点睛】关键点睛：根据，由得到，通过构造函数，利用函数的性质是解题的关键. 二、多选题：共3小题，每小题6分，共18分.在每小题列出的四个选项中有多项符合题目要求. 9. 已知函数是定义在上的偶函数，且对任意，均有.当时，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 函数的一个周期为4 C. 当时， D. 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，利用是定义在上的偶函数和，将转化至区间内求解.对于B，由得到，得到函数的一个周期为4对于C，利用的函数解析式，结合可以得到的函数解析式对于D，利用函数的周期性得到 【详解】当时，，则； 对于B选项，由可知， 所以，即， 故函数的一个周期为4.故B选项正确. 对于A选项，因为函数的一个周期为4， 所以， 又因为，所以，故A选项错误. 对于C选项，设，则， 所以. 所以.所以C选项错误. 对于D选项，由函数的一个周期为4，且是定义在上的偶函数可知 ， 由可知，. 由时，，且函数的一个周期为4可知， . 所以. 又因为函数的一个周期为4，所以 ， 所以 ， 故D选项正确. 10. 已知样本点的回归直线l的方程为，相关系数为r，样本均值分别为，．现令，．设新样本点的回归直线为，则（ ） 附：相关系数；回归直线方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，． A. 过点 B. 的斜率为 C. u与v的相关系数为 D. 的截距为 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，由已知样本均值性质可得新样本均值分别为与， 因为回归直线必过样本中心点，所以新回归直线过点，故A正确； 对于B，因为且，代入公式可得新回归直线方程的斜率 ，故B错误； 对于C，代入公式可得新样本的相关系数 ，故C正确； 对于D，由截距公式可得新回归直线的截距 ，故D正确． 11. 已知集合，，是由满足某些性质的函数构成的集合.下列结论正确的是（ ） A. 若，则， B. 若，则， C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据对数型函数单调性，再取特殊值即可判断A；根据指数型函数单调性，再取特殊值，通过极限思想即可判断B；利用作差法，结合的单调性，即可判断C；利用反证法，结合代数变形，即可判断D. 【详解】A.由可知是增函数， 若则成立， 若取，则，即，A正确； B.若，则成立， ，令， ， 所以，B错误； C.若，，则在上单调递增， =， 因为所以，即，C正确； D.若，，任取，设， 则， 即，假设， 则， 整理得，即， 如果不是严格单调递增，必然存在一段区间自变量变大，函数值不增，不断拆分自变量后会与恒成立矛盾， 因此假设不成立，严格递增，即，D正确. 第二部分（非选择题　共92分） 三、填空题：共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某大型物流园区的自动化分拣中心由三个不同的智能机器人团队负责包裹处理.已知这三个团队的日均处理包裹量之比为.根据历史数据统计，三个团队在分拣过程中出现包裹破损的概率分别为，，.现从该分拣中心当天处理的所有包裹中随机抽取一件进行质检，则抽到的这件包裹发生破损的概率是____. 【答案】 【解析】 【分析】利用全概率公式，先计算各团队处理包裹的占比，再结合各团队的破损概率加权求和即可求解. 【详解】设事件分别表示抽到的包裹由团队处理，事件表示抽到的包裹发生破损， 根据日均处理量占比可得： ，，， 已知各团队破损的条件概率为： ，，， 由全概率公式得：. 13. 已知函数，则，，这三个函数值中最大的数是____. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数求出的极值，再比较端点函数值即可. 【详解】已知函数，则，令，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以当时，取极小值也是最小值， 从而只需比较，的大小； 由，所以，从而， 即.从而最大的数值为. 14. 已知函数，若函数存在零点，则实数的取值范围为_______． 【答案】 【解析】 【分析】将零点问题转化为分段函数图象与过定点直线有交点，先分析分段函数单调性与图象关键点，算出定点到左段端点连线的临界斜率，再利用导数求出直线与指数曲线相切的临界斜率，结合图象确定参数的取值范围． 【详解】函数存在零点，即有解， 当时，，， 令，得， 时，，单调递增； 时，，单调递减； 所以在上单调递增，在上单调递减， 且，， 时，， 当时，，， 所以在上单调递增，且， 直线：恒过定点， 综上，的大致图象为 ，， 所在直线的斜率， 设直线：与相切于，切点处的导数为， 所以过点的切线方程为， 由切线过，得，解得， 此时切线的斜率为， 由图可知，要使函数存在零点， 则实数的取值范围为． 四、解答题：共5小题，共77分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 15. 一个不透明的口袋中装有3个红球、3个黄球和2个白球，这些球除颜色外完全相同，现从这个口袋中一次性地摸出3个球. （1）求摸出的3个球中有白球的概率； （2）记摸出球的颜色种类数为，求的分布列. 【答案】（1） （2）的分布列为： 1 2 3 【解析】 【分析】（1）利用对立事件概率公式简化计算，先求摸出3个球无白球的概率，再求其对立事件的概率； （2）确定的可能取值为1、2、3，利用古典概型概率公式分别计算各取值对应的概率，整理即得分布列. 【小问1详解】 记事件“摸出的3个球中有白球”，则“摸出的3个球中只有红球或黄球”， 依题意，，则. 即摸出的3个球中有白球的概率为； 【小问2详解】 依题意，随机变量的 可能取值为， 则，， 故， 综上可得：的分布列为 1 2 3 16. 甲、乙两选手进行象棋比赛，假设每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，比赛采用局胜制，积分规则如下：若以或获胜，则胜者积分，负者积分；若以获胜，则胜者积分，负者积分.假设每局比赛结果相互独立. （1）当时，记一场比赛中甲的积分为，求的数学期望； （2）记甲以获胜的概率为，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先确定甲积分的所有可能取值，结合独立重复试验概率公式计算各取值对应概率，再代入数学期望公式求解； （2）先根据获胜的事件特征写出的表达式，再利用导数判断单调性求得最大值. 【小问1详解】 由积分规则可知，的可能取值为， 对应甲以或获胜，概率为： ， 对应甲以获胜，概率为： ， 对应甲以失利，概率为： ， 对应甲以或失利，概率为： ， 因此的数学期望： . 【小问2详解】 由（1）可知，，其中，则， 令，解得（舍去）， 当时，，所以在单调递增； 当时，，所以在单调递减； 所以当时，取得极大值，也是最大值， 所以的最大值是. 17. 已知函数. （1）若，，求函数的值域； （2）若，， ①求证：曲线是中心对称图形； ②解关于的不等式：. 【答案】（1） （2）①证明：把，代入函数，得 ， 所以， 故， 所以曲线关于中心对称. ② 【解析】 【分析】（1）把，代入函数，应用分离变量即可求得值域； （2）把，代入函数， ①利用中心对称与函数图象表达式的关系证明； ②用指数与对数函数运算法则化简整理即可求解. 【小问1详解】 把，代入函数，得 ，定义域为 由，得,那么, 即， 所以，函数的值域为. 【小问2详解】 ①略 ②把，代入函数，得 由于，故, 所以即可化为 又，在上单调递减， 所以，， 设，那么在上单调递增， 又， 所以原不等式可化为，得， 所以原不等式解集为. 18. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线过点，求的值； （2）若在上恒成立，求的取值范围； （3）若有两个不同的极值点，，且，求证. 【答案】（1） （2） （3）证明：对函数求导，得 ， 令，即 ， 要使有两个不同的极值点，，则 方程有两个不相等的正实数根，， 故，， ， 在上单调递减，在上单调递增， 由可得 ， 由，得， 所以，即， 又在上单调递增， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据导数与切线斜率的关系求解即可； （2）将问题转化为在上恒成立，令，，求导判断单调性即可求出； （3）利用极值点与导数的关系，结合韦达定理和单调性得求解即可. 【小问1详解】 ，故点即点， 对函数求导，得 ， 又曲线在点处的切线过点， 所以，解得. 【小问2详解】 由题意得在上恒成立，， 令，则， 令，则， 故在上单调递增，， ，故在上单调递增，， 故实数a的取值范围为. 【小问3详解】 略 19. 已知函数的定义域为，，导函数. （1）比较与的大小，并说明理由. （2）直线为曲线在点处的切线，与轴，轴分别交于点，； 过点作直线的平行线，与轴交于点；为坐标原点. ①证明：； ②若是以为直角顶点的等腰直角三角形，证明：的面积. 【答案】（1） （2）①证明：由题意可知直线斜率为， 故直线的方程为，所以点， 点， 直线的方程为，所以点，， 设，那么， 令,则， 所以在单调递增， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以即,, 所以， 由于当时，即函数在上单调递增， 所以， 所以， 设，那么， 所以在上单调递减， 故， 所以，证毕. ②由①得点，点， 若是以为直角顶点的等腰直角三角形，则或(舍去)，, 由可得，， 设，那么， 由①可知在上单调递增，又， 所以当时，即单调递增； 当时，即单调递减； 故即，， 由于函数在上单调递增，，所以， 故，， 要证,只需证即证， 由于，只需证即证， 设，，则， 令，则，那么在上单调递增，， 所以，故在上单调递增， 所以，故， 所以即，证毕. 【解析】 【分析】（1）构造函数，通过求导证得在上单调递减，故，即，. （2）①由题意可求得直线的方程为， 点，点，直线的方程为，所以点，， 通过构造函数，求导证得当时，单调递减，从而证得，，最后通过构造函数证明，证毕； （2）②若是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，从而 ，通过构造函数，证得，由于函数在上单调递增，， 所以，要证,只需证, 即证，由于，只需证即证，构造函数，，最后证得，证毕 【小问1详解】 设，则 ， 令，则， 由,得，故， 所以在上单调递增，， 所以 所以在上单调递减,故，即， 所以. 【小问2详解】 ①略； ②略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年春季学期高二年级期末考试 数学 注意事项： 1.本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时长120分钟. 2.根据网上阅卷需要，本试卷中的所有试题均要在答题卡上作答.答在本试卷上的无效. 3.考试结束后，本试卷不回收，由考生自行带走. 第一部分（选择题　共58分） 一、单选题：共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数当定义域为时，值域为的是（ ） A. B. C. D. 3. 的展开式中常数项为 A. -240 B. -160 C. 240 D. 160 4. 设实数，满足，，则“”是“”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 5. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，由甲开始传球，传球者每次传球时都将球传给另外两个人中的一个人.经过次传球后球在甲手中，则不同的传递方式共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 6. 已知二次函数的值域为，且不等式的解集为，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知三次函数的零点为1，2，3.过点存在三条直线与曲线相切，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 若对任意的，且当时，都有，则m的最小值是（ ） A. e B. C. 3 D. 二、多选题：共3小题，每小题6分，共18分.在每小题列出的四个选项中有多项符合题目要求. 9. 已知函数是定义在上的偶函数，且对任意，均有.当时，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 函数的一个周期为4 C. 当时， D. 10. 已知样本点的回归直线l的方程为，相关系数为r，样本均值分别为，．现令，．设新样本点的回归直线为，则（ ） 附：相关系数；回归直线方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，． A. 过点 B. 的斜率为 C. u与v的相关系数为 D. 的截距为 11. 已知集合，，是由满足某些性质的函数构成的集合.下列结论正确的是（ ） A. 若，则， B. 若，则， C. 若，，则 D. 若，，则 第二部分（非选择题　共92分） 三、填空题：共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某大型物流园区的自动化分拣中心由三个不同的智能机器人团队负责包裹处理.已知这三个团队的日均处理包裹量之比为.根据历史数据统计，三个团队在分拣过程中出现包裹破损的概率分别为，，.现从该分拣中心当天处理的所有包裹中随机抽取一件进行质检，则抽到的这件包裹发生破损的概率是____. 13. 已知函数，则，，这三个函数值中最大的数是____. 14. 已知函数，若函数存在零点，则实数的取值范围为_______． 四、解答题：共5小题，共77分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 15. 一个不透明的口袋中装有3个红球、3个黄球和2个白球，这些球除颜色外完全相同，现从这个口袋中一次性地摸出3个球. （1）求摸出的3个球中有白球的概率； （2）记摸出球的颜色种类数为，求的分布列. 16. 甲、乙两选手进行象棋比赛，假设每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，比赛采用局胜制，积分规则如下：若以或获胜，则胜者积分，负者积分；若以获胜，则胜者积分，负者积分.假设每局比赛结果相互独立. （1）当时，记一场比赛中甲的积分为，求的数学期望； （2）记甲以获胜的概率为，求的最大值. 17. 已知函数. （1）若，，求函数的值域； （2）若，， ①求证：曲线是中心对称图形； ②解关于的不等式：. 18. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线过点，求的值； （2）若在上恒成立，求的取值范围； （3）若有两个不同的极值点，，且，求证. 19. 已知函数的定义域为，，导函数. （1）比较与的大小，并说明理由. （2）直线为曲线在点处的切线，与轴，轴分别交于点，； 过点作直线的平行线，与轴交于点；为坐标原点. ①证明：； ②若是以为直角顶点的等腰直角三角形，证明：的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $