陕西渭南市普通高中联考2025-2026学年第二学期期中质量检测高二数学试题（含解析）

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注意事项：
1．本试题共4页，满分150分，时间120分钟.
2．答卷前，考生务必将自已的姓名和准考证号填写在答题卡上.
3．命题：孙志钊 孙建刚 张宏 木春蕾
4．测试范围：北师大版选修第一册5-7章选修第二册
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
一、单选题（8小题，每题5分，共40分）
1. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，利用导数与函数单调性的关系，求出的单调减区间，进而利用单调性比较大小即可.
【详解】令，则，
当时，，即在区间上单调递减，
又，且，
所以.
2. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】确定函数定义域，判断函数奇偶性，即可判断B；当时，，利用导数判断此时函数的单调性，即可判断A，C，D，即得答案．
【详解】函数的定义域为，
设，则，故为偶函数，
其图象关于轴对称，则B中图象错误；
又当时，，
由，得，由，得，
故在上单调递减，在上单调递增，
故A、C错误，故选D.
3. 在一个有穷数列中，每相邻两项之间添加一项，使其等于两相邻项的和，我们把这样的操作称为该数列的一次“扩展”.已知数列1，2，第一次“扩展”后得到1，3，2，第二次“扩展”后得到，那么第五次“扩展”后得到的数列的项数为（ ）
A. 17B. 33C. 32D. 65
【答案】B
【解析】
【分析】设第次“扩展”后得到的数列的项数为，根据递推关系求出其通项公式.
【详解】设第次“扩展”后得到的数列的项数为，
则第次“扩展”后得到的数列的项数为，即，
由及以上递推关系可知，则，
是以2为首项，2为公比的等比数列，
，，.
4. 在数列中，已知，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设，由可得，
则数列为等差数列，因，得，
则数列的公差，
于是，
故.
5. 已知等差数列的前n项和为，且，，给出以下结论：①数列是递减数列；②；③；④当时，取得最大值.其中正确结论的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，由条件不等式，利用等差数列求和公式推出，，即可对选项逐一判断.
【详解】设等差数列的公差为，
由题意可得：，，
即，，且，即②、③正确；
因，故数列是递减数列，故①正确；
因，，即当时，取得最大值，故④正确.
综上所述：正确结论的个数为4.
6. 将两个球放入棱长为1的正方体中，则这两个球体积和的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由已知推得两球球心的位置，设出球心，半径，进而推得，代入体积公式，求导根据导函数得出函数的单调性，进而得出函数的最值点，代入化简，即可得出答案.
【详解】要使两个球的体积之和最大，则应满足两个球互相外切，
并且分别与正方体的面相切，即应有两个球球心连线位于正方体的体对角线上.
如图，设两球的球心分别为，半径为，
由已知可得，，，
所以，则，
，.
又，
所以，.
因为，所以.
又两球的体积之和，
且，
当时，有，
即函数在上单调递减；
当时，有，
即函数在上单调递增.
当时，，
所以.
又，
故函数的最大值为.
7. 关于的方程有实根，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设方程的实根为，根据条件得，令，从而得点在直线上，先求出点原点到直线的最小值，即可求解.
【详解】由关于的方程有实根，得关于的方程有实根，
设方程的实根为，则，
得到，即，
设点，则点在直线上，
点到直线的距离，
设，函数，，则，
当时，；当时，，
函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
因此，，则，
当时，，由，解得，此时；
由，解得，此时，
所以的取值范围为.
8. 在等比数列中，，公比，也是中的项（），当最小时，对应的，，则的通项公式为（ ）
参考公式：．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过利用等比数列的通项公式、乘积性质以及“是数列中的项”这一条件建立关系，验证时符合题意，即可求得通项.
【详解】因为是等比数列，首项，公比，
所以，，
由题意可知：为非负整数，
因为为奇数，而是非负整数，则必须为偶数，即为奇数，
又，取检验知：时符合题意，，
与相除得：，则可得，，故．
二、多选题（3小题，每题6分，共18分）
9. 已知相关系数，y关于x的经验回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，残差平方和为.已知变量x与变量y的部分数据，建立由最小二乘法得到的两个回归模型：以x为自变量，y为因变量，得出的经验回归方程为；以y为自变量，x为因变量，得出的经验回归方程为.若两个模型的计算均无误，则下列判断正确的是（ ）
A. 若已知变量x的方差，则可知变量y的标准差
B. 若不给定其他信息，则也可得知变量x与变量y各自的平均值
C. 若不给定其他信息，则也可得知变量x与变量y的相关系数
D. 若已知变量x的标准差，则可知以y为自变量的回归模型的残差平方和
【答案】ABC
【解析】
【分析】A 选项通过推导可得，若已知变量x的方差，即可求得，进而代入前式求得，故正确；B 选项可通过联立两个回归方程的截距公式解出样本均值和​，故正确；C 选项利用回归斜率乘积与相关系数的关系，结合斜率符号确定，故正确；D 选项因残差平方和需要原始数据或更多统计量，仅靠x的标准差无法计算，故错误。
【详解】对于C，由所给公式得，且回归系数为负数，故相关系数，C正确.
对于A，设变量x与变量y的标准差分别为，，
，，
标准差，
变形可得，
将其代入到得，
整理得，将其代入到，
整理得，代入已知数据得，
即，若已知变量x的方差，即可求得，进而代入上式求得，A正确.
对于B，经验回归直线经过样本中心点，
代入两个回归方程得与，解得，，
故不给定其他信息也可得知变量x与变量y各自的平均值，B正确.
对于D，设以y为自变量的经验回归方程为（其中），
则变量x的残差平方和为
，
由于样本量n未知，故无法算出残差平方和的具体数值，D错误.
10. 已知函数，则下列选项正确的有（ ）
A. 函数有唯一零点
B. 若方程有两个实数解，则实数的取值范围为
C. 若对任意恒成立，则实数的取值范围为
D. 记，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】借助导数分析函数的单调性与极值，结合零点存在定理、分离参数，逐一判断选项即可.
【详解】对于A：函数的定义域为，又因为，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在取到最大值，且，
又因为当时，，当时，，
故有唯一零点，故A正确；
对于B：函数的定义域为，又因为，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在取到最大值，且，
又因为当时，，当时，，
所以若方程有两个实数解，则，故B错误；
对于C：若对任意恒成立，分情况讨论：
当时，左边，不等式成立；
当时，，不等式变形为，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取得最大值，最大值为，故；
当时，，不等式变形为，
令，求导同，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在处取得最小值，最小值为，故，
综上，，故C正确；
对于D：因为，
令，所以在上恒成立，故，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，所以的最大值在或上取得，因为，
而，故，故D正确.
以导数为工具，精准分析和的单调性、极值与最值，是解决本题的关键.
11. 设为坐标原点，若函数的图象上分别存在一点（异于点），使其满足且，则称和是“互余函数”．已知函数，，则下列各项中的两个函数是“互余函数”的有
A. 和B. 和
C. 和D. 和
【答案】AD
【解析】
【分析】“互余函数”等价于将函数的图象绕原点顺时针（或逆时针）旋转，若旋转后的函数图象与函数的图象有交点（异于点），然后利用导数研究函数的单调性与零点，从而可得答案．
【详解】由题意得，将函数的图象绕原点顺时针（或逆时针）旋转，若旋转后的函数图象与函数的图象有交点（异于点），则和是“互余函数”．
对于A，将函数的图象绕原点顺时针或逆时针旋转后都是得到直线，
设函数，
当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，且，故有唯一的零点．因为，所以直线的图象与函数的图象有唯一的交点，故A正确．
对于B，设函数，所以在上单调递减，且，故有唯一的零点．因为，所以直线的图象与函数的图象有唯一的交点，与题意异于点不符，故B错误；
对于C，将函数的图象绕原点顺时针旋转后，得到的函数图象位于第三象限，而函数的图象不经过第三象限，故不相交；将函数的图象绕原点逆时针旋转后得到．
设函数，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，，故无零点，即的图象与函数的图象无交点，故C错误．
对于D，设函数，
设，则，所以在上单调递减，，故存在使得，
所以在上单调递增，在上单调递减，，，故存在使得，故存在异于0的零点，即的图象与函数的图象有异于点的交点，故D正确．
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题（3小题，每题5分，共15分）
12. 已知函数（，，），若在上恒成立，则的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】对求导，分析函数单调性后找到的最小值点；再令的最小值大于等于0，得到满足的关系式；最后将目标式通过所得关系式换元转化，构造关于单个变量的新函数，对新函数求导即可求得该目标式的最大值。
【详解】由题意可得恒成立，
令，，故恒成立，故，
与此同时，.
（1）若，则.
（2）若，令，
的定义域为，，
当时，有；当时，有，
所以在单调递减，在单调递增，
当时，的最小值为，
因为恒成立，则恒成立，解得，即，
（ⅰ）当时，则有；
（ⅱ）当时，则有，则，
令，，
当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得最大值，
综合（1）（2）得：的最大值为，
所以的最大值为.
13. 已知盒中装有大小相同的3个红球和3个黑球，盒中装有大小相同的3个红球，从盒中随机取一个球，若是红球，则放回盒；若是黑球，则从盒中取一红球与其替换，这样称为1次操作，重复以上操作，直到盒中6个球全是红球为止.记次重复操作后，盒中6个球恰好全是红球的概率为，则________.
【答案】
【解析】
【详解】若4次重复操作后，盒中6个球全是红球，则1次抽到红球，3次抽到黑球，包含第一次、第二次和第三次抽到红球三种情况，
所以，
若5次重复操作后，盒中6个球全是红球，则2次抽到红球，3次抽到黑球，包含第一次和第二次、第一次和第三次、第一次和第四次、第二次和第三次、第二次和第四次、第三次和第四次抽到红球六种情况，
所以
，
所以.
关键点睛：本题的解题关键在于将次重复操作后，盒中6个球全是红球转化为次抽到红球，3次抽到黑球，然后分情况计算概率即可.
14. 某双一流大学为提高数学学院学生的数学素养，特开设了“模糊数学”、“复变函数”、“微分几何”、“数值分析”、“拓扑学”五门选修学科，要求学院每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将五门选修学科选完，则每位同学的不同选修方式有__________种
【答案】
【解析】
【详解】由题意可知三年修完门学科，则每位同学每年所修课程数为，，或，，或，，，
1.将门学科分成数量为，，的三组共有种不同方式，
再将这三组课程分配到三个学年，共有种不同分配方式，
由乘法原理可得共有 种；
2.将门学科分成数量为，，的三组共有种不同方式，
再将这三组课程分配到三个学年，共有种不同分配方式，
由乘法原理可得共有种；
3. 将门学科分成数量为，，的三组共有种不同方式，
再将这三组课程分配到三个学年，共有种不同分配方式，
由乘法原理可得共有 种．
所以每位同学的不同选修方式有种．
四、解答题（5小题，共77分）
15. 春节期间某商场举行购物抽奖活动，活动设置了两种抽奖方式（方式一和方式二），规则如下：凡在商场消费满200元的顾客都可以通过掷一枚质地均匀的骰子来确定抽奖方式，若掷出5点或6点，则采用方式一抽奖，否则采用方式二抽奖．活动期间顾客甲在该商场多次购物，其中有3次购物消费满200元，均参与抽奖活动．
（1）求顾客甲在3次抽奖中恰有2次采用方式一抽奖的概率；
（2）方式一：从装有4个红球，6个白球（所有球除颜色外完全相同）的箱子中随机摸一个球，摸到红球即为中奖；方式二：“大转盘”，中奖的概率为．求顾客甲抽奖一次中奖的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助独立重复试验的概率公式计算即可得；
（2）借助全概率公式计算即可得.
【小问1详解】
记事件为“顾客甲采用方式一抽奖”，则，
所以顾客甲在3次抽奖中恰有2次采用方式一抽奖的概率为；
【小问2详解】
记事件为“顾客甲中奖”，事件为“顾客甲采用方式二抽奖”，
则，，，，
所以，
所以顾客甲抽奖一次中奖的概率为.
16. 已知函数，实数．
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）若存在，使得关于x的不等式成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）函数在处的切线方程为．
（2）实数a的取值范围为．
【解析】
【分析】（1）求得时的导数，可得切线的斜率和切点坐标，由直线的点斜式方程可得所求切线的方程；
（2）由题意可得存在，使得成立，令，求得导数和单调性、最值，考虑最小值小于，再构造函数，求得导数和单调性、最大值，可得所求取值范围．
【小问1详解】
当时，
，，
所以，，
所以函数在处的切线方程为，即
【小问2详解】
由，得，
令，，
因为，所以当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得极小值，也是最小值，
由题意知，
令，，
当时，，当时，，
所以上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得极大值，也是最大值，
所以实数a的取值范围为．
17. 设为数列的前项和，已知，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和，并证明：.
【答案】（1）1.
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用与的关系求解.利用等差数列的通项公式求解.
（2）法一：利用错位相减法求出，法二：利用裂项相消法求出，求出，得到是单调递增数列，从而得到，由和得到的范围，从而得证.
【小问1详解】
因，所以①，
当时，由①得：②，
则①②得：（），
即，则（），
则是等差数列，且公差为2，又，则，
即1.
【小问2详解】
法一：
，
③，
④，
③④得：
，
，
，
，
是单调递增数列，，
，，.
综上：.
法二：
，
，
，
，
是单调递增数列，，
，，.
综上：.
18. 某校组织知识问答比赛，每名参赛选手都赋予分的初始积分，每答对一题加分，每答错一题减分，已知小王每道题答对的概率为，答错的概率为，且每道题答对与否互不影响．
（1）求小王答道题后积分小于的概率；
（2）设小王答道题后积分为，求；
（3）若小王一直答题，直到积分为或时停止，记小王的积分为时，最终积分为的概率为，则，，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分小王题都答错，或答对题答错题讨论，再利用独立事件乘法公式和加法公式即可得到答案；
（2）设小王答对的题数为，得到关系式，再利用二项分布的均值公式和均值性质即可得到答案；
（3）求出的递推公式，分析可知数列为等比数列，求得，再利用累加法和等比数列求和即可得到答案.
【小问1详解】
小王答道题后积分小于，则小王题都答错，或答对题答错题，
故所求概率为.
【小问2详解】
设小王答对的题数为，则他答错的题数为，所以．
由题意知，所以，
所以．
【小问3详解】
（i）当小王的积分为时，
若小王接下来一题答对，则积分变为，若小王接下来一题答错，则积分变为．
由全概率公式有，即，
整理可得．
又，所以为等比数列．
（ii）由（i）可得，
所以
，
又，所以．
所以
.
19. 已知函数
（1）若有两个零点，求实数的取值范围；
（2）若且，证明：；
（3）若且，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由可得，令，令，其中，分析可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出关于实数的取值范围；
（2）令，，先证明出，由已知条件得出，可得，即可证得所证不等式成立；
（3）先证明，结合以及所证不等式可证得结论成立.
【小问1详解】
由，
可得，
令，其中，则函数，故函数在上为增函数，
所以，故函数的值域为，
令，其中，则，
当时，，则函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
所以，
因为内层函数在上为增函数，
故直线与函数的图象有两个交点，如下图所示：
由图可知，实数的取值范围是.
【小问2详解】
令，，因为函数在上为增函数，且，则，
先证明：，
不妨令，则，即证，即证.
令，即证，
构造函数，其中，则，
所以函数在上为增函数，所以，
即当时，，故.
本题中，因为，，且，
即，即，
故，所以，故，
即.
【小问3详解】
先证明：，
不妨令，则，即证，
即证，
令，即证，
构造函数，其中，则，
所以函数在上为增函数，故，
即，故，即.
本题中，，所以，即，即.