北京市第四中學2025-2026學年第二學期期末高二數學試題（含答案）

__________學校2025—2026學年度第二學期期末試卷高二數學2026.7本試卷共分為卷一、卷二兩部分，卷面總分共150分．考試時長120分鐘．考生務必將答案寫在答題卡上，在試卷上作答無效．卷一一、選擇題共8小題，每小題4分，共32分．在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項．1.下列函數中，存在極值點的函數是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據題意，求得選項中各個函數的導數，得出函數的單調性，結合極值點的定義，即可求解.【詳解】對于A，由函數，可得，令，可得，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，所以，當時，函數取得極小值，所以A符合題意；對于B，由函數，可得，所以函數在上單調遞增，所以沒有極值點，所以B不符合題意；對于C，由函數，可得其定義域為，且，所以在上單調遞減，沒有極值點，所以C不符合題意；對于D，由函數，可得其定義域為，且，所以在上單調遞增，沒有極值點，所以D不符合題意；2.兩個實習生每人各加工一個零件，加工為一等品的概率分別是和，兩個零件是否加工為一等品相互獨立，則這兩個零件中恰有一個一等品的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據獨立事件概率乘法公式可計算求得結果.【詳解】恰好有一個一等品的概率.3.甲、乙兩人投籃的命中率分別為和，現甲、乙各投籃一次，記為甲命中的次數，為乙命中的次數，若，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先確定X、Y均服從兩點分布，利用兩點分布方差公式列不等式，求解后結合p的取值范圍得到結果.【詳解】由題意可知，甲投籃一次命中次數X服從參數為的兩點分布，則.同理，.已知，則，整理得，解得.4.某公司計劃用10年時間（從2026年初到2036年初）完成產能升級，若初始產能為，每年產能的增長率為定值，2030年初產能為，則2036年初的產能是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】設初始產能，從2026年初到2030年初，經過了年，此時產能為，所以兩邊約去，得，從2026年初到2036年初，經過了年，此時的產能為，所以答案是B.5.已知是無窮等差數列，“存在正整數，使得”是“存在正整數，使得”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【詳解】若，則，則充分性成立；若，則，但不存在正整數，使得，故必要性不成立，則“存在正整數，使得”是“存在正整數，使得”的充分不必要條件.6.已知曲線在點處的切線方程為，設函數，則曲線在點處的切線方程是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】已知曲線在點處的切線方程為，則，，則，，則，故切線斜率為0，過點，切線方程為．7.若函數在區間上不是單調函數，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】函數求導得，函數在上不是單調函數，等價于，在內有解，設，設兩根，則，故兩根異號，要使正根在區間內，則，解得，故實數的取值范圍是．8.若函數的值域為，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分，和三種情況討論的值域即可求解.【詳解】當時，，時，，時，，則，所以在上單調遞增，，此時的值域為，值域不是，舍去，當時，當時，，開口向上，對稱軸為，所以，趨向時趨向，故段取值范圍為；當時，，則，所以在上單調遞增，，此時的值域為，缺少部分，值域不是，舍去，當時，當時，，開口向下，對稱軸為，所以當時，，則，令，解得：，令，解得令，解得，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，所以要使函數的值域為，則，即，解得：，綜上，實數的取值范圍是.二、填空題共5小題，每小題5分，共25分．9.已知函數，的導函數為，則__________.【答案】【解析】【詳解】易得，則10.已知等差數列的公差不為零，且，則__________.【答案】【解析】【詳解】設等差數列的首項為，公差為（），因為，所以，解得，則.11.某公司向市場投放三種新型產品，經調查發現第一種產品受歡迎的概率為，第二種、第三種產品受歡迎的概率分別為，，且不同種產品是否受歡迎相互獨立.記為公司向市場投放三種新型產品受歡迎的數量，其分布列為0123則__________；__________.【答案】①.②.【解析】【詳解】因為，所以，設事件表示“第種產品受歡迎”，，由題意得，且相互獨立，根據題意，化簡得，即，又，化簡得，所以.12.中國古代以“三分損益法”確定十二律管的長度.從黃鐘出發，交替進行“損一”（乘）和“益一”（乘）操作，依次生得十二律管.記（黃鐘），第次損益后所得律管的長度為，已知損益規則為，設，則數列的前11項中，最大值是__________.【答案】##【解析】【分析】由題設可得，通項公式，然后由指數函數單調性可判斷單調性，據此可得答案.【詳解】由題可得當，且為正奇數時，，則中所有奇數項，構成以為首項，公比為的等比數列，則為奇數時，，則當為偶數時，.從而當為奇數時，；當為偶數時，.因為R上減函數，則當為奇數時，，取等號時，當為偶數時，，取等號時.注意到，則數列的前11項中，最大值是.13.已知無窮數列滿足，，給出下列四個結論：①對任意實數，存在實數，使得數列為等差數列；②對任意實數，存在實數，使得數列為單調遞增數列；③對任意實數，存在實數，使得數列的每項都小于0且互不相等；④不存在實數和，使得數列為等比數列（公比），其中所有正確結論的序號是__________.【答案】①②③【解析】【分析】對于①，當數列是公差為0的等差數列時滿足條件；對于②，將數列為單調遞增數列轉化為在上大于零恒成立，即可判斷；對于③，將數列的每項都小于0且互不相等轉化為在上恒成立，即可判斷；對于④，假設存在實數和，使得數列為等比數列（公比），可得，再取即可判斷④.【詳解】對于①，當數列是公差為0的等差數列時，此時，則，解得：，所以對任意實數，存在實數，使得數列為等差數列；故①正確；對于②,若數列為單調遞增數列，則即，即恒成立，令，所以恒成立，等價于在上大于零恒成立，由于，令，解得：，令，解得：或令，解得：所以在和上單調遞增，在單調遞減，由于當時，，所以只要選取足夠大，使得即可，故對任意實數，存在實數，使得數列為單調遞增數列；故②正確；對于③，數列的每項都小于0且互不相等，則，且，則等價于當時，恒成立，由于，令，解得：，令，解得：或令，解得：所以在上單調遞增，在上單調遞減，當時，，只要取足夠小的時，的值都是小于0的，由于方程的根，等價于的根，所以只要不取該方程的根即可，綜上，只要取足夠小的且不為方程的根時，對任意實數，存在實數，使得數列的每項都小于0且互不相等；故③正確，對于④，構建與關系：假設為等比數列，，，,故，，，取，則，為常數，取,則，取，顯然為公比的等比數列，故④錯誤.三、解答題共5小題，共73分．解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程．14.已知在等比數列中，，公比為，且是和的等差中項.（1）求數列的通項公式；（2）若數列滿足__________，求數列的前項的和.從①，；②這兩個條件中選擇一個，補充在上面的問題中并作答.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.【答案】（1）.（2）選擇任意條件答案相同，的前項和為.【解析】【分析】（1）由題意可得，代入，得，求出的值即可得數列的通項公式；（2）選擇①，可得，，且數列是以2為周期的周期數列，求出的通項公式，利用分組求和求解即可;選擇②，可得，用分組求和及等比數的求和公式求解即可;【小問1詳解】因為是和的等差中項，所以，即，所以，解得或（舍），所以，所以；【小問2詳解】選擇①，，，則有，解得，且，所以，所以數列是以2為周期的周期數列，所以，設數列的前項的和，則S；選擇②，，則，，所以，設數列的前項的和，則；15.智能手機的普及推動了人們對電池續航與壽命的更高要求.電池健康度作為衡量電池實際性能與剩余壽命的核心指標，通常以百分比呈現.為評估市場上甲、乙、丙三種型號手機的電池耐用性，某評測機構對這三種型號手機各隨機選取8臺設備，每臺均執行完全相同的1000次充放電循環測試.隨后，使用專業設備檢測并記錄每臺手機的當前電池健康度.下表為三種型號手機在完成1000次充放電循環后的具體電池健康度數據：型號電池健康度（%）甲85.286.584.879.185.986.283.979.4乙82.181.379.779.577.483.083.677.2丙76.982.878.179.082.079.677.282.7假設忽略其余因素對電池健康度的影響，用頻率估計概率.（1）根據上述數據，若隨機選擇一臺全新的甲型號手機，試估計其在完成1000次充放電循環后，電池健康度低于80%的概率；（2）若隨機選擇全新的甲、乙、丙型號手機各一臺，每臺手機各自完成1000次充放電循環后，記這3臺手機中，電池健康度低于80%的手機數目為，求的分布列和數學期望；（3）若隨機選擇全新的甲、乙、丙型號手機各100臺，每臺手機各自完成1000次充放電循環后，記這三種型號手機電池健康度低于80%的手機數目分別為，，，試比較，，的大小.（結論不要求證明）【答案】（1）（2）分布列為：0123數學期望（3）【解析】【分析】（1）由統計表格中的數據值，結合古典概型的概率計算公式，即可求解；（2）求得甲、乙、丙三種型號手機電池健康度低于的概率，以及變量的可能取值，根據概率的乘法公式，求得相應的概率，列出分布列，結合期望的公式，即可求解；（3）根據題意，得到變量分別服從二項分布，，，結合二項分布的方差公式，即可求解.【小問1詳解】解：由統計表格中的數據值，甲型號手機共8臺，其中電池健康度低于的有2臺，所以甲型號手機電池健康度低于的概率為.【小問2詳解】解：由題意知，甲、乙、丙三種型號手機電池健康度低于的概率分別為：，隨機變量的可能取值為，可得；；；，所以變量的分布列為：0123所以數學期望為.【小問3詳解】解：由題意知，變量分別服從二項分布，，，可得，，，因為，所以.16.盒子里有大小相同的12個球，其中有個紅球，其余為白球，從中任取3個球，記為恰好取到2個紅球的概率.（1）求的值；（2）當為何值時，取得最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用古典概型概率公式計算；（2）推導出的表達式，進而求得最大值對應的值。【小問1詳解】由題可知，所以；【小問2詳解】由（1）知，取得最大值，也即是取最大值，所以，解得，所以17.已知函數，．（1）若為函數的極值點，求的值；（2）當時，求函數的單調區間；（3）若函數的圖象恒在軸的下方，求的取值范圍．【答案】（1）（2）當時，的單調遞增區間為，無單調遞減區間；當時，的單調遞增區間為，單調遞減區間為（3）【解析】【分析】（1）根據題意得到，從而求出的值，再驗證時是否滿足題意即可；（2）求，分和兩種情況分析，再結合二次函數的性質，及求根公式求解即可；（3）將條件轉化為在上恒成立，結合（2），分，和三種情況分析，結合二次函數的性質，構造函數求出時的的取值范圍，進而結合分離參數，即可求出的取值范圍．【小問1詳解】由，，則，又為函數的極值點，則，解得，驗證：時，，當時，，則在上單調遞增；當時，，則在上單調遞減，所以為函數的極大值點，即滿足題意．故．【小問2詳解】由，，令，，當時，，即，所以在上單調遞增；當時，是開口向下的二次函數，且其對稱軸為，又，則存在唯一正根，則當時，，即，所以在上單調遞增；當時，，即，所以在上單調遞減．綜上，當時，的單調遞增區間為，無單調遞減區間；當時，的單調遞增區間為，單調遞減區間為．【小問3詳解】由函數的圖象恒在軸的下方，即在上恒成立．結合（2），當時，有在上單調遞增，且時，，不符合題意；當時，是開口向上的二次函數，且其對稱軸為，則當時，，即，所以在上單調遞增，且時，，不符合題意；當時，在處取得最大值，則只需即可，又，得，則，得，即，整理得，所以，令，，則，即在上單調遞增，且，所以時，解得，即時，解得，又，即，，又是開口向上的二次函數，且其對稱軸為，則在上單調遞增，則當時，，所以，故的取值范圍為．18.給定正奇數，設為首項為，公差為()，項數為的等差數列，將中各項按如下規則排成一個有行，列的數陣．（1）若，，寫出數陣，并計算；（2）求證：數陣中每一行所有數的和為同一定值；（3）設，從數陣的第1列開始，在每一列中，分別取出第行，第行，，第行，第1行，第2行，，第行的數，將取出的個數相加，記得到的和為．求證：對給定的數陣，的取值有且只有兩種可能．【答案】（1）數陣為，（2）由為首項為，公差為()，項數為的等差數列，則，在數陣中，記第行第列的數為，，，則的通項公式為，則第行的所有數為，，，，，，，，，令，，所以，即第行的所有數的和與無關，為定值，得證．（3）結合（2），可知的通項公式為，則所取的個數分別為：，，，，，，，，，，，，當為奇數時，，，所以；當為偶數時，，，所以．故對給定的數陣，有，即的取值有且只有這兩種可能，得證．【解析】【分析】（1）根據一個有行，列的數陣形式即可寫出一個有行，列的數陣，再根據數列的通項公式直接計算即可；（2）記第行第列的數為，先根據題中的數陣的通項公式，從而得到第行的所有數，再根據分組求和，及等差數列的前項和公式即可求出，進而得證；（3）結合（2）中的通項公式，列出所取的個