精品解析：湖南株洲市炎陵县第一中学2025-2026学年高二下学期7月期末考试数学试题

炎陵县第一中学2025-2026学年高二下学期期7月末考试 数学试题 满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 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. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 5 2. 已知集合 则（ ） A. B. C. 或 D. 或 3. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 已知随机变量X服从正态分布，且，则（ ） A. 0.14 B. 0.36 C. 0.64 D. 0.72 5. 已知函数在区间上单调递增，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 某产品只有一等品､二等品，现随机装箱销售，每箱15件.假定任意一箱含二等品件数为的概率分别为.一顾客欲购一箱该产品，开箱随机查看其中1件，若该件产品为一等品，则买下这箱产品，否则退回，则该顾客买下这箱产品的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知是定义在R上的函数的导数，且，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 8. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定打6局，每局必分胜负，无平局．每局比赛中，获胜方得1分，失败方得0分．已知甲在每局比赛中获胜的概率是，乙在每局比赛中获胜的概率为，且各局结果相互独立．在整个比赛过程中，甲的累计得分始终不小于乙的累计得分的概率是（ ） 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. 下列说法正确的有（ ） A. 与是同一函数 B. 已知函数，则 C. 函数的值域为 D. 若函数的定义域是，则函数的定义域是． 10. 设正数满足，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 的最小值为4 C. 的最大值为 D. 的最小值为 11. 已知数列是斐波那契数列，这一数列以如下递推的方法定义：，，（）.数列对于确定的正整数，若存在正整数使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”.以下说法正确的是（ ） A. 若数列是首项为2，公差为2的等差数列，则为“3阶可分拆数列” B. 若数列满足（，），则对，不存在正整数，使得数列为“阶可分拆数列” C. 若数列的前项和为（），且数列为“1阶可分拆数列”，则实数 D. 若数列满足，前项和为，则当且时， 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数的定义域为，且为的导函数，若，则__________. 13. 现有A，B两艘轮船同时到达码头等待卸货，A轮船至少需要3名卸货工人，B轮船至少需要4名卸货工人.若码头有8名工人可以挑选，且每名工人只能去一艘轮船卸货，则这两艘轮船卸货的人选共有__________种不同的选法. 14. 对于任意实数，当时，都有，则的最大值为_____. 四、解答题（本大题共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. 已知集合，． （1）若，求及； （2）若，求实数的取值范围； （3）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围． 16. 已知函数为奇函数． （1）求实数的值； （2）若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围． 17. 某校为了解学生每周自主运动时间与体能测试成绩提升值的关系，随机抽取6名学生，得到如下数据： （小时） 1 2 3 4 5 6 （分） 2 3 5 6 8 9 已知经验回归方程为，其中，． （1）求经验回归方程； （2）若将“体能测试成绩提升值不低于10分”记为训练效果明显，按该模型估计每周自主运动时间至少应为多少整数小时？ 18. 为响应国家“乡村振兴”政策，某村在对口帮扶单位的支持下拟建一个生产农机产品的小型加工厂.经过市场调研，生产该农机产品当年需投入固定成本万元，每年需另投入流动成本（万元）与成正比（其中（台）表示产量），并知当生产台该产品时，需要流动成本万元，每件产品的售价与产量（台）的函数关系为（万元）（其中）.记当年销售该产品台获得的利润（利润销售收入生产成本）为万元. （1）求函数的解析式； （2）当产量为何值时，该工厂的年利润最大？最大利润是多少？（结果精确到0.1） 19. 在数学探究实验课上，小明设计了如下实验:在一个盒子中装有蓝球、红球、黑球等多种不同颜色的小球，一共有偶数个小球，现在从盒子中一次摸一个球，不放回. （1）若盒子中有6个球，从中任意摸两次，摸出的两个球中恰好有一个红球的概率为. ①求红球的个数； ②从盒子中任意摸两次球，记摸出的红球个数为，求随机变量的分布列和数学期望. （2）已知盒子中有一半是红球，若“从盒子中任意摸两次球，至少有一个红球”的概率不大于，求盒子中球的总个数的最小值. （3）在（2）的条件下，盒中球的总数为x，若“从盒子中任意摸两次球，恰有两个红球”奖励4x元，若“从盒子中任意摸两次球，恰有一个红球”奖励元，若“从盒子中任意摸两次球，没有红球”不奖励，求发放奖金期望最小时盒子中球的总个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 炎陵县第一中学2025-2026学年高二下学期期7月末考试 数学试题 满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 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. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】B 【解析】 【详解】，. 2. 已知集合 则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】先化简集合A，进而求得. 【详解】或， 则 故选： A. 3. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定规则，更换量词并否定结论即可求解． 【详解】全称量词命题“，”的否定是存在量词命题“，”． 所以命题“，”的否定是“，”． 4. 已知随机变量X服从正态分布，且，则（ ） A. 0.14 B. 0.36 C. 0.64 D. 0.72 【答案】A 【解析】 【详解】由题意. 5. 已知函数在区间上单调递增，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由恒成立，通过分离参数求最值即可求解. 【详解】由，得恒成立， 由的解析式可知其在区间上单调递增， 所以， 则，则的最大值为． 6. 某产品只有一等品､二等品，现随机装箱销售，每箱15件.假定任意一箱含二等品件数为的概率分别为.一顾客欲购一箱该产品，开箱随机查看其中1件，若该件产品为一等品，则买下这箱产品，否则退回，则该顾客买下这箱产品的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合全概率公式、对立事件概率公式即可求解. 【详解】由全概率公式可知，抽到二等品的概率为， 故所求概率为. 故选：C. 7. 已知是定义在R上的函数的导数，且，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，求导得，由题意可得在R上单调递增.再逐一判断即可. 【详解】设，则. 因为，所以，则在R上单调递增. 因为，所以，即， 所以，则A错误； 因为，的大小不能确定，所以，的大小不能确定，则B错误； 因为，所以，则，所以，则C正确； 因为，的大小不能确定，所以，不能确定，则D错误. 故选:C 8. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定打6局，每局必分胜负，无平局．每局比赛中，获胜方得1分，失败方得0分．已知甲在每局比赛中获胜的概率是，乙在每局比赛中获胜的概率为，且各局结果相互独立．在整个比赛过程中，甲的累计得分始终不小于乙的累计得分的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意分甲赢3局，乙赢3局、甲赢4局，乙赢2局、甲赢5局，乙赢1局、甲赢6局，乙赢0局，结合要求计算出每种情况的排列数，再独立事件的乘法和概率加法公式求解． 【详解】情况一：甲赢3局，乙赢3局，且甲的累计得分始终不小于乙的累计得分， 符合题意的获胜情况有：甲乙甲乙甲乙、甲乙甲甲乙乙、甲甲乙乙甲乙、甲甲乙甲乙乙、 甲甲甲乙乙乙共5种，此时概率； 情况二：甲赢4局，乙赢2局， 从6局中选4局甲赢，有种， 其中不符合题意的获胜情况有：乙乙甲甲甲甲、 乙甲乙甲甲甲、乙甲甲乙甲甲、 乙甲甲甲乙甲、乙甲甲甲甲乙、甲乙乙甲甲甲共6种， 则符合题意的获胜情况有9种，此时概率； 情况三：甲赢5局，乙赢1局， 符合题意的情况有种，此时概率； 情况四：甲赢6局，乙赢0局，此时概率； 综上，概率． 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. 下列说法正确的有（ ） A. 与是同一函数 B. 已知函数，则 C. 函数的值域为 D. 若函数的定义域是，则函数的定义域是． 【答案】AC 【解析】 【分析】根据同一函数的概念判断A；利用换元法求出，代入求值可判断B；求出函数的定义域，利用二次函数的性质求解可判断C；利用抽象函数的定义域的求法可判断D. 【详解】的定义域为，的定义域为R， 这两个函数定义域及对应关系均相同，所以是同一函数，故A正确； 函数，设，则， 则，所以，故B错误； 由，得，解得或， 所以函数的定义域为或. 当时，为减函数； 当时，为增函数， 则或时，有最小值0，且没有最大值， 所以函数的值域为，故C正确； 若函数的定义域是，由得， 则函数的定义域是，故D错误. 故选：AC. 10. 设正数满足，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 的最小值为4 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】直接利用均值不等式判断A选项，通过“1”的代换判断B选项，利用平方判断CD选项. 【详解】A选项，， 当且仅当即时等号成立，故的最大值为，A错误； B选项，，当且仅当时等号成立，故B正确； C选项，由，得， 所以，当且仅当时等号成立，故C正确； D选项，由，得， 当且仅当时等号成立，故D正确； 故选：BCD. 11. 已知数列是斐波那契数列，这一数列以如下递推的方法定义：，，（）.数列对于确定的正整数，若存在正整数使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”.以下说法正确的是（ ） A. 若数列是首项为2，公差为2的等差数列，则为“3阶可分拆数列” B. 若数列满足（，），则对，不存在正整数，使得数列为“阶可分拆数列” C. 若数列的前项和为（），且数列为“1阶可分拆数列”，则实数 D. 若数列满足，前项和为，则当且时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据求出与，发现二者相等，满足“3阶可分拆数列”定义. 对于B：先求出，进而得到，发现，说明是“1阶可分拆数列”. 对于C：先由求出表达式，再根据“1阶可分拆数列”条件列方程，分和讨论，得出. 对于D：先对变形求和得，再用错位相减法求，通过放缩得出，从而判断不等式成立. 【详解】对于A：由题意可知，， 所以，所以为“3阶可分拆数列”，所以A正确， 对于B：存在，理由如下：由已知得，，， ∴，，，∴， 即，∴对，当正整数时，存在， 使得成立，即数列为“1阶可分拆数列”，所以B错误， 对于C：∵，∴当时，， 当时，， 若数列为“1阶可分拆数列”，则存在正整数使得成立， 当时，，即，解得， 当时，，即， 因，所以，又， 故方程无解，∴符合条件的实数的值为0，所以C正确， 对于D：∵，（）， ∴当时，， ∴ ， ∴， 若，∴ ①， ②， 由①－②可得 ∵，， ∴，∴， 当且时，成立，所以D正确. 故选：ACD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数的定义域为，且为的导函数，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的定义，对已知极限式子进行变形，即可求解. 【详解】由导数的定义，可得函数在处的导数满足：， 则，解得. 13. 现有A，B两艘轮船同时到达码头等待卸货，A轮船至少需要3名卸货工人，B轮船至少需要4名卸货工人.若码头有8名工人可以挑选，且每名工人只能去一艘轮船卸货，则这两艘轮船卸货的人选共有__________种不同的选法. 【答案】406 【解析】 【分析】若A轮船选择3名工人卸货，则B轮船分选择4名或5名，若A轮船选择4名工人卸货，则B轮船选择4名求解. 【详解】解：若A轮船选择3名工人卸货，则有 种选法； 若A轮船选择4名工人卸货，则有 种选法. 故这两艘轮船卸货的人选共有336+70=406种不同的选法. 故答案为：406 14. 对于任意实数，当时，都有，则的最大值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用二次不等式恒成立，再放缩求解即可得最大值. 【详解】由题意得，在上恒成立， 则，所以，即， 又，所以， 当且仅当时取等号，故的最大值为. 故答案为： 四、解答题（本大题共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. 已知集合，． （1）若，求及； （2）若，求实数的取值范围； （3）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出集合，根据并集的定义可求得集合，根据补集和交集的定义可求得集合； （2）分析可得，分、两种情况讨论，根据题意以及集合的包含关系可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围； （3）由题意可知集合是集合的真子集，可得出关于实数的不等式组，由此可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 由，解得，所以． 当时，，所以， 或，所以． 【小问2详解】 因为，所以， ①当时，，解得； ②当时，则，解得． 综上所述，实数的取值范围为． 【小问3详解】 由是的充分不必要条件，知集合是集合的真子集， 所以，解得， 当时，，此时是的真子集，符合题意. 故实数的取值范围是． 16. 已知函数为奇函数． （1）求实数的值； （2）若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用奇函数性质，由解得，检验成立； （2）结合函数奇偶性和单调性的性质进行转化，利用参变分离的思想结合函数有解的条件进行转化． 【小问1详解】 因为，所以定义域为R， 又为奇函数，则， 即，解得， 所以，，符合题意， 即. 【小问2详解】 由(1)得， 是定义在R上的减函数， 是R上的增函数． 又是R上的奇函数， 所以， ， ， 因为关于的不等式在上有解， 且在的最大值为， 所以，解得． 17. 某校为了解学生每周自主运动时间与体能测试成绩提升值的关系，随机抽取6名学生，得到如下数据： （小时） 1 2 3 4 5 6 （分） 2 3 5 6 8 9 已知经验回归方程为，其中，． （1）求经验回归方程； （2）若将“体能测试成绩提升值不低于10分”记为训练效果明显，按该模型估计每周自主运动时间至少应为多少整数小时？ 【答案】（1） （2）7小时 【解析】 【小问1详解】 由数据得，． 于是 又，，，，，， ，，，，，， 所以 因此． 又． 故经验回归方程为． 【小问2详解】 由题意，需要． 即． 解得． 因为，所以每周自主运动时间至少应为7小时． 18. 为响应国家“乡村振兴”政策，某村在对口帮扶单位的支持下拟建一个生产农机产品的小型加工厂.经过市场调研，生产该农机产品当年需投入固定成本万元，每年需另投入流动成本（万元）与成正比（其中（台）表示产量），并知当生产台该产品时，需要流动成本万元，每件产品的售价与产量（台）的函数关系为（万元）（其中）.记当年销售该产品台获得的利润（利润销售收入生产成本）为万元. （1）求函数的解析式； （2）当产量为何值时，该工厂的年利润最大？最大利润是多少？（结果精确到0.1） 【答案】（1） （2）台，万元 【解析】 【分析】（1）先通过待定系数法求解出与的关系，然后根据利润定义表示出即可； （2）利用导数分析的单调性，从而可求的最大值以及对应的值. 【小问1详解】 设，代入可得，所以， 所以， 所以. 【小问2详解】 因为， 所以， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以万元， 所以当时有最大利润为万元. 19. 在数学探究实验课上，小明设计了如下实验:在一个盒子中装有蓝球、红球、黑球等多种不同颜色的小球，一共有偶数个小球，现在从盒子中一次摸一个球，不放回. （1）若盒子中有6个球，从中任意摸两次，摸出的两个球中恰好有一个红球的概率为. ①求红球的个数； ②从盒子中任意摸两次球，记摸出的红球个数为，求随机变量的分布列和数学期望. （2）已知盒子中有一半是红球，若“从盒子中任意摸两次球，至少有一个红球”的概率不大于，求盒子中球的总个数的最小值. （3）在（2）的条件下，盒中球的总数为x，若“从盒子中任意摸两次球，恰有两个红球”奖励4x元，若“从盒子中任意摸两次球，恰有一个红球”奖励元，若“从盒子中任意摸两次球，没有红球”不奖励，求发放奖金期望最小时盒子中球的总个数. 【答案】（1）①3；②分布列见解析，1； （2）8； （3）10. 【解析】 【分析】（1）①应用超几何分布的概率求法列方程求红球的个数；②由题意的所有可能取值为0，1，2，并求出对应概率值，进而写出分布列，求期望； （2）应用超几何分布、对立事件的概率求法列不等式求盒子中球的总个数的最小值； （3）根据（2）求期望，并确定期望最小时对应值，即可得. 【小问1详解】 ①设红球的个数为，则摸出的两个球中恰好有一个红球的概率，解得，所以红球的个数为3； ②的所有可能取值为0，1，2，则，，， 故随机变量的分布列为 0 1 2 所以； 【小问2详解】 设球的总个数为，则红球的个数为， 则从盒子中任意摸两次球，都不是红球的概率:， 至少有一个红球的概率，得， 所以盒子中球的总个数的最小值为8. 【小问3详解】 ， 当且仅当时取等号，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $