精品解析：吉林长春市第二中学2025-2026学年高二下学期第三学程考试数学试题

2025—2026学年度高二年级下学期第三学程考试 数学科试卷 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，解得，故， 则． 2. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】函数的定义域为， ， 当时，，当时，， 所以函数的单调递减区间是. 3. 若，幂函数是非奇非偶函数，则p是q的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 【答案】D 【解析】 【分析】由幂函数、奇偶性的性质，根据条件间的推出关系确定条件间的关系. 【详解】当，则，显然函数为非奇非偶函数，充分性成立， 当幂函数，则， 即，得或， 若，即为非奇非偶函数，满足， 若，即为奇函数，不满足，所以，故必要性成立， 综上，p是q的充要条件. 4. 的展开式中，第3项为常数项，且该常数项为60，则实数的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式，先根据第三项为常数项求出展开式的次数，再结合常数项的值为求解正数. 【详解】对于，其展开式通项， 第3项对应，即，由第3项是常数项，得，解得. 已知常数项为，代入得，即，解得， 又，所以. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将对数式转化为指数式，再利用幂的运算法则计算即得. 【详解】因 ， 得 ，则 ，又， . 6. 已知连续型随机变量，令函数，则下列选项正确的是（ ） A. B. 是增函数 C. 的图象关于点中心对称 D. 的图象关于轴对称 【答案】C 【解析】 【分析】由随机变量，得到正态分布曲线关于对称，根据正态分布的性质，结合选项，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，因为随机变量，所以正态分布曲线关于对称， 根据正态分布曲线的性质，可得，所以A不正确； 对于B，根据正态分布曲线的性质，当增大时，逐渐减小， 所以函数为单调递减函数，所以B错误； 对于C，因为随机变量，所以正态分布曲线关于对称， 所以， 则， 所以的图象关于点中心对称，所以C正确； 对于D，由选项B知：函数为单调递减函数， 所以的图象不关于对称，所以D错误. 7. 已知数列满足，则该数列的前2026项的乘积等于（ ） A. 2024 B. 2025 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先通过递推公式算出数列的周期为4，且一个周期内的项乘积为1，再用2026除以周期得到余数，最后用周期乘积和余下两项即可计算结果. 【详解】因为，所以，， ，， 所以数列是周期为4的周期数列，且一个周期内的乘积：， 而， 所以. 8. 已知为定义在上的偶函数，且，当时，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】利用已知条件可得函数为周期函数，从而可得，，再代入所给函数解析式即可求解. 【详解】因为为定义在上的偶函数，， 所以，. 令，则 因为. 所以是以4为周期的周期函数. 所以. 所以.则，. 又因为当时，， 所以 解得，则，解得. 所以，得. 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 设，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】选项A：因为，，且，所以，解得，当且仅当时取等号，故选项A不正确； 选项B：因为，，且，所以， 解得（舍去）或，故选项B正确； 选项C：因为，，且， 所以, 仅当即，，时取等号，故选项C正确； 选项D：由选项B知，，所以， 仅当时取等号，故选项D正确. 10. 将甲、乙、丙、丁、戊5位教师分配到、、三所学校支教，若每所学校至少分配一位教师，则（ ） A. 共有300种不同的分配方法 B. 甲分配到学校的概率为 C. 若甲、乙两位教师必须分配到同一所学校，则共有36种不同的分配方法 D. 甲不能分配到学校同时乙必须分配到学校的概率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据计数原理及排列组合知识，结合古典概型的概率计算公式求解即可. 【详解】对于A，5位教师分配到三所学校支教，每所学校至少分配一位教师，有2种分组情况： 分组为1,1,3时，分配方法有种； 分组为2,2,1,时，分配方法有种； 故总分配方法有种，A错误. 对于B，学校只有甲，分配方法有种； 学校有2位老师，分配方法有种； 学校有3位老师，分配方法有种； 故甲分配到学校的总分配方法有种，概率为，B正确. 对于C，将甲乙绑定为1组，共4组，分配方法有种，C正确. 对于D，甲乙均分配到学校，分配方法有种， 甲分配到学校，乙分配到学校时， 3位老师都分配到学校，分配方法有种， 2位老师分配到学校，分配方法有种， 1位老师分配到学校，分配方法有种， 故甲不能分配到学校同时乙必须分配到学校的总分配方法有种，概率为，D正确. 11. 已知函数的定义域为，若存在非负实数，满足对任意，总有，则称具有性质．下列说法正确的是（ ） A. 若具有性质，则是偶函数 B. 若函数具有性质，则的取值范围是 C. 若具有性质，则一定具有性质 D. 若，都有，，则具有性质 【答案】ABD 【解析】 【分析】针对选项A，可结合的限制条件，推导函数的奇偶性即可判断正误. 针对选项B，先化简的表达式，转化为不等式恒成立问题后，结合基本不等式求解参数范围. 针对选项C，可通过举反例的方式验证函数平移后性质是否仍然成立. 针对选项D，利用绝对值三角不等式对进行放缩，结合已知的函数有界条件即可判断正误. 【详解】对于A选项，若具有性质，则，， 于是，即对任意成立，故是偶函数，故A正确； 对于B选项，函数为奇函数，故， 因此恒成立，当时，显然成立，当时，则恒成立， 注意到，因此，即，故B正确； 对于C选项，设，则是偶函数，满足，因此具有性质， 但是，故，无界，故C错误； 对于D选项，由，可知，同理， 而， 因此对任意，，从而具有性质． 【点睛】方法归纳：1.新定义类题目解题核心是先准确拆解定义的约束条件，将新定义转化为熟悉的函数、不等式相关问题求解. 2.判断命题错误时可优先采用举反例的方法简化运算，判断命题正确时需结合对应定理、不等式性质进行严谨证明. 3.处理绝对值不等式恒成立问题时，可结合基本不等式、绝对值三角不等式进行放缩求解参数范围. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 等差数列中，前项和为，则当______时，最大． 【答案】5 【解析】 【详解】方法一：设等差数列的公差为，由题意可得. 又. 设二次函数，， 显然 的图象过原点，设其与轴的另一个交点为，则， 所以对称轴为，离5较近，所以， 因此当时，最大． 方法二：设等差数列的公差为， 由，得， 即，所以. 所以，所以当时，最大． 13. 若直线过原点，且与相切，则的斜率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】设切点为，再利用导数的几何意义求出切线方程，然后将原点坐标代入可求出，再将代入导函数中可求出切线的斜率. 【详解】因为，所以， 设切点为，所以， 所以切线方程为， 又切线过坐标原点，所以， 所以，所以， 所以切线方程的斜率. 14. 8名同学围成一圈玩传球游戏，初始时球在甲同学手中．每轮抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，根据掷出的点数，沿顺时针方向依次传递个人．经过三轮，球回到甲手中的概率是________． 【答案】 【解析】 【分析】8名同学围成一圈，球回到甲手中等价于传递总点数之和是8的倍数，每轮骰子点数为，总点数为，故只能是和，用隔板法分别计算两种情况的数量，再除以总情况即可． 【详解】每轮掷骰子有6种可能结果，三轮共种， 总点数为8的情况，即求方程的正整数解，， 由隔板法，三个数最小和为3，最大单个点数为6，故和为8的正整数解总数为， 令，，方程转化为， 正整数解个数为，所有解均满足，故和为的情况总数为6， 综上符合条件的总数为，故所求概率为． 四、解答题 15. 已知函数，. （1）讨论函数的极值； （2）设函数，若在上单调递增，求的取值范围. 【答案】（1）当时，无极值；当时，有极小值，无极大值. （2） 【解析】 【小问1详解】 的定义域为，易得， 若，则，则在上单调递增，无极值； 若，则得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 则有极小值，无极大值. 【小问2详解】 因为在上单调递增，所以在上恒成立， 即在上恒成立， 则在上恒成立， 令，则，则在上单调递增， 则，则， 故的取值范围为. 16. 已知函数． （1）判断函数的奇偶性并说明理由； （2）当时，若存在，使得成立，求实数t的取值范围； 【答案】（1）当时，为偶函数； 当时，为奇函数； 当时，既不是奇函数也不是偶函数. （2） 【解析】 【分析】（1）利用奇函数，偶函数的基本性质进行判断，分类讨论参数的取值即可求解； （2）通过参变分离，构建辅助函数，将参数的取值范围转化为函数的值域从而进行求解. 【小问1详解】 ，所以， 当时，，为偶函数， 当时，，为奇函数， 当时，，所以既不是奇函数也不是偶函数. 【小问2详解】 当时，，存在，使得成立， 化简可得，即在上有解， 令，因为，所以，即在上有解， 故实数的取值范围为函数的值域， ，因为，所以， 即实数的取值范围为. 17. 某校举办定点投篮挑战赛，规则如下：每位参赛同学可在，两点进行投篮，共投两次．第一次投篮点可在，两点处随机选择一处，若投中，则第二次投篮点不变；若未投中，则第二次切换投篮点．在点投中得2分，在点投中得3分，未投中均得0分，各次投中与否相互独立． （1）在参赛的同学中，随机抽查50名的得分情况，得到如下列联表 得分分 得分分 合计 先在点投篮 20 5 25 先在点投篮 10 15 25 合计 30 20 50 依据小概率值的独立性检验，判断投篮得分与第一次投篮点的选择是否有关？ （2）小明在点投中的概率为0.7，在点投中的概率为0.3． （ⅰ）求小明第一次投中的概率； （ⅱ）记小明投篮总得分为，求的分布列及数学期望． 参考公式：． 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）有关 （2）（ⅰ）0.5； （ⅱ） 0 2 3 4 6 ． 【解析】 【分析】（1）由题设及独立性检验知识可完成判断； （2）（i）设第一次选择在点投篮记为事件A，在点投篮记为事件B，投中记为事件E，然后由全概率公式可得答案； （ii）由题可得可取0，2，3，4，6，据此可得分布列及期望. 【详解】（1）零假设：投篮得分与第一次投篮点的选择无关， ， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 因此认为投篮得分与第一次投篮点的选择有关，此推断犯错误的概率不超过0.01． （2）设第一次选择在点投篮记为事件A，在点投篮记为事件B，投中记为事件E， 则，，，． （ⅰ）， 所以小明第一次投中的概率为0.5． （ⅱ）小明投篮总得分可取0，2，3，4，6， 则， ， ， ，， 所以的分布列为 0 2 3 4 6 所以． 18. 某商场举行回馈顾客的抽奖游戏．箱子里有10张奖券，其中4张“金券”，6张“银券”．每张“金券”面值均为100元；每张“银券”面值不同，分别为元，元，…，元．顾客从箱中不放回地依次抽取奖券，直至抽到3张“金券”时停止，不可中途退出游戏．游戏停止时，顾客抽到的所有奖券的面值之和作为顾客的奖金．现有一顾客参加了此次抽奖游戏． （1）求游戏停止时该顾客共抽取5次的概率； （2）求该顾客的奖金不低于元的概率； （3）已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量X，Y，有，求该顾客的奖金的期望． 【答案】（1） （2） （3）174元． 【解析】 【分析】（1）结合排列组合的有关计算公式求对应的概率； （2）列出奖金的可能情况，分析如何获得对应的奖金数，求出对应概率即可. （3）求出抽取银券可获得的奖金的期望，再利用给出的公式，求该顾客获得奖金的期望. 【小问1详解】 游戏停止时共抽取5次，即前四次抽到2金2银，且第五次抽到金券， 故所求的概率为； 【小问2详解】 奖金不低于270元，则可能为300元，290元，280元，270元． ①若奖金为300元，即连续抽到3次金券，其概率为； ②若奖金为290元，即前三次抽到两张金券和一张－10元银券，且第四次抽到金券，其概率为； ③若奖金为280元，即前三次抽到两张金券和一张－20元银券，且第四次抽到金券，同②知； ④若奖金为270元，一种情况是前三次抽到两张金券和一张－30元银券，且第四次抽到金券，同②知其概率为； 另一种情况是前四次抽到两张金券、一张－10元银券和一张－20元银券，且第五次抽到金券，其概率为， 所以； 综上所述，奖金不低于270元的概率为. 【小问3详解】 方法一：记银券分别为，，…，，对应面值－10元，－20元，…，－60元． 记， 银券与4张金券被抽到的先后次序是等可能的，表示在与4张金券一起排列时，排在了前三个位置上，所以，， 所以，， 因为奖金， 所以， 即奖金的期望为174元． 方法二：记为停止时抽到银券的张数，则的可能取值为0，1，2，3，4，5，6，且. 由已知得，，， ，， ，， 计算得． 又因为，所以， 因为每张银券被抽到是等可能的，所以，， 所以， 即奖金的期望为174元． 19. 已知函数． （1）当时，讨论函数的单调性； （2）当时， （ⅰ）若，且互不相同的正实数和满足，求证：； （ⅱ）若对任意，且，都有恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1）当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减. （2）（i）由，，得， 所以， 所以，由（1）知在上单调递增； 若正实数满足，则，， 所以，得证. （ii） 【解析】 【分析】（1）求导，按照和讨论导数的正负，进而得函数的单调性； （2）（i）由题可得，结合函数单调性可得，利用基本不等式证明； （ii）令，则，问题转化为，，，分和讨论求解. 【小问1详解】 当时，，则，， 令，， 当，即时，有，即，故在上单调递增； 当，即或， 当时，，有，即，故在上单调递增； 当时，方程有两个不等的正根，，且， 当时，有，即， 所以在和上单调递增， 当时，，即，所以在上单调递减， 综上，当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增， 在上单调递减. 【小问2详解】 （i）略 （ii）由，且，令，则， 所以，即恒成立， 所以，，， 由（i）知函数在上单调递增，故， 当时，有恒成立； 当时，， 令，，则， 若，则，即，故在上单调递增， 所以，满足题意； 若，令，，在上， 所以在上，故在上单调递减， 所以，不合题意； 综上，满足题意的实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度高二年级下学期第三学程考试 数学科试卷 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 3. 若，幂函数是非奇非偶函数，则p是q的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 4. 的展开式中，第3项为常数项，且该常数项为60，则实数的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知连续型随机变量，令函数，则下列选项正确的是（ ） A. B. 是增函数 C. 的图象关于点中心对称 D. 的图象关于轴对称 7. 已知数列满足，则该数列的前2026项的乘积等于（ ） A. 2024 B. 2025 C. D. 8. 已知为定义在上的偶函数，且，当时，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 设，，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 将甲、乙、丙、丁、戊5位教师分配到、、三所学校支教，若每所学校至少分配一位教师，则（ ） A. 共有300种不同的分配方法 B. 甲分配到学校的概率为 C. 若甲、乙两位教师必须分配到同一所学校，则共有36种不同的分配方法 D. 甲不能分配到学校同时乙必须分配到学校的概率为 11. 已知函数的定义域为，若存在非负实数，满足对任意，总有，则称具有性质．下列说法正确的是（ ） A. 若具有性质，则是偶函数 B. 若函数具有性质，则的取值范围是 C. 若具有性质，则一定具有性质 D. 若，都有，，则具有性质 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 等差数列中，前项和为，则当______时，最大． 13. 若直线过原点，且与相切，则的斜率为__________． 14. 8名同学围成一圈玩传球游戏，初始时球在甲同学手中．每轮抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，根据掷出的点数，沿顺时针方向依次传递个人．经过三轮，球回到甲手中的概率是________． 四、解答题 15. 已知函数，. （1）讨论函数的极值； （2）设函数，若在上单调递增，求的取值范围. 16. 已知函数． （1）判断函数的奇偶性并说明理由； （2）当时，若存在，使得成立，求实数t的取值范围； 17. 某校举办定点投篮挑战赛，规则如下：每位参赛同学可在，两点进行投篮，共投两次．第一次投篮点可在，两点处随机选择一处，若投中，则第二次投篮点不变；若未投中，则第二次切换投篮点．在点投中得2分，在点投中得3分，未投中均得0分，各次投中与否相互独立． （1）在参赛的同学中，随机抽查50名的得分情况，得到如下列联表 得分分 得分分 合计 先在点投篮 20 5 25 先在点投篮 10 15 25 合计 30 20 50 依据小概率值的独立性检验，判断投篮得分与第一次投篮点的选择是否有关？ （2）小明在点投中的概率为0.7，在点投中的概率为0.3． （ⅰ）求小明第一次投中的概率； （ⅱ）记小明投篮总得分为，求的分布列及数学期望． 参考公式：． 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 18. 某商场举行回馈顾客的抽奖游戏．箱子里有10张奖券，其中4张“金券”，6张“银券”．每张“金券”面值均为100元；每张“银券”面值不同，分别为元，元，…，元．顾客从箱中不放回地依次抽取奖券，直至抽到3张“金券”时停止，不可中途退出游戏．游戏停止时，顾客抽到的所有奖券的面值之和作为顾客的奖金．现有一顾客参加了此次抽奖游戏． （1）求游戏停止时该顾客共抽取5次的概率； （2）求该顾客的奖金不低于元的概率； （3）已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量X，Y，有，求该顾客的奖金的期望． 19. 已知函数． （1）当时，讨论函数的单调性； （2）当时， （ⅰ）若，且互不相同的正实数和满足，求证：； （ⅱ）若对任意，且，都有恒成立，求实数a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $