甘肃陇南市2025-2026学年文县第二中学、第三中学、文县东方学校高二下学期期中考试数学试卷（含解析）

这是一份甘肃陇南市2025-2026学年文县第二中学、第三中学、文县东方学校高二下学期期中考试数学试卷（含解析），共8页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合.
1. 已知函数的定义域为，，且对任意，都有，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，并分析函数单调性，再将原不等式变形后利用函数单调性计算即可得解.
【详解】设，.
任取，则，
因为，，所以，即，所以，
所以在上单调递增.
原不等式可化为，由，得.
，
因为在上单调递增，故，即.
又，故.
2. 已知 ，，且和的分布密度曲线如图所示，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由密度曲线结合正态分布性质求解即可.
【详解】由题图可知，，则，即，所以A错误；
根据正态曲线的性质，越大图象越矮胖，则，即，所以B错误；
由图可知，，所以C正确；
由图可知，，所以D错误．
3. 已知函数，且，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简，得到关于的方程，由此求得.
【详解】由题可知:，
所以．
4. 如果散点图中所有的散点都落在一条斜率不为0的直线上，则下列结论错误的是（ ）
A. 解释变量和响应变量线性相关B. 相关系数
C. 决定系数D. 残差平方和等于1
【答案】D
【解析】
【分析】根据散点图得这两个变量线性相关，由此判断各选项.
【详解】直线对应的函数为一次函数，故解释变量和响应变量是一次函数关系，故A正确.
因为样本点都落在直线上，所以样本相关系数，所以，所以B 正确。
决定系数和残差平方和都能反映模型的拟合程度，故决定系数，残差平方和为0，故C正确，D错误
故选：D
5. 已知等比数列中，，函数，则（ ）
A. 256B. 512C. 1024D. 2048
【答案】A
【解析】
【详解】根据积的求导法则，
，
则，
等比数列中，，则，
所以.
6. 8名同学以2人为一组分为学习小组完成学习任务，每个小组内成员地位等价，则所有可能的分组方案数量是（ ）
A. 28B. 2520C. 105D. 128
【答案】C
【解析】
【分析】直接由排列组合知识求解即可.
【详解】由题意8名同学以2人为一组分为学习小组完成学习任务，每个小组内成员地位等价，
则所有可能的分组方案数量是.
故选：C.
7. 已知函数在定义域内单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的导函数，依题意可得在上恒成立，参变分离可得在上恒成立，再结合二次函数的性质计算可得.
【详解】的定义域为，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，因为函数，
所以当时取得最大值9，
所以，即的取值范围是.
故选：D.
8. 若函数的导函数为，且，则（ ）
A. 0B. 2C. 4D. 1
【答案】A
【解析】
【详解】由，得到，
又因为，所以 ，
解得
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 单个水果的质量Y（单位:克）服从正态分布，且，规定单个水果的质量与15克的误差不超过2克即是优质品.现从这批水果中随机抽取n个，其中优质品的个数为 X，下列结论正确的是（ ）.
A. 若，则的最大值为3
B. 若，当取最大值时，
C. 当，n为偶数时，
D. 若 ，，则n的最小值为6
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，由二项分布的方差公式直接验算即可判断；对于B，由题意列出不等式组即可验算；对于C，由二项分布概率的可加性即可验算；对于D，由题意得，将它转换为关于的不等式即可求解.
【详解】由题意可知，优质品的质量位于13克至17克之间，即，可知.
对于 A，，
当且仅当时，取得最大值3，故A正确.
对于 B，，当取最大值时，，
即，解得，即或9，故B错误.
对于 C，，故C正确.
对于 D，，因为，所以，
所以，化简得，
令，
因为，所以单调递减，
又，，所以n的最小值为5，故D错误.
故选：AC.
10. 已知函数的定义域为，且对，和均恒成立，令函数，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 函数为奇函数
C. 函数的图象关于直线对称
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】通过变量替换转化题干给出的两个恒成立关系式，结合赋值法、函数奇偶性与对称性判定规则、周期推导及数列求和方法逐一判断选项.
【详解】对于A，在和中，令得，，
联立解得，A正确；
对于B，由得，所以函数的图象关于点对称，
故函数的图象关于原点对称，所以函数为奇函数，B正确；
对于C，由得，故，
则函数的图象关于直线对称，故函数的图象关于直线对称，C错误；
对于D，因为，所以，
即，
所以，，
故，D正确.
方法点睛：解决抽象函数性质问题的核心是通过合理的变量替换，将题干给出的恒等式转化为目标函数对应的性质关系，结合赋值法推导特殊点函数值，利用对称性、奇偶性、周期性的判定规则逐一验证结论.
11. 在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为和（）．假设每次发送信号0和1是等可能的且每次发送信号相互之间是独立的．当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号也是“0”“1”的概率为0.72．则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 当发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收的概率为0.16
C. 一次发信后被接收为信号“1”的概率为0.45
D. 若已知一次发信后被接收为信号“1”，则接收正确的概率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据互斥事件概率加法和条件概率进行逐项分析即可判断.
【详解】对于，当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号也是“0”“1”的概率为0.72，
则 ，解得，所以选项A正确；
对于，发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收有两种情况：
第一种情况是第一次发送1接收为1，第二次发送1接收为0，其概率为；
第二种情况是第一次发送1接收为0，第二次发送1接收为1，其概率为。
根据互斥事件概率加法公式，恰有一次被正确接收的概率为，
所以选项B错误；
对于, 一次发信后被接收为信号“1”有两种情况：
第一种情况是发送0收为1其概率为；
第二种情况是发送1收为1其概率为，
根据互斥事件概率加法公式，
一次发信后被接收为信号“1的概率为，
所以选项C正确；
对于，设事件表示“一次发信后被接收为信号1，事件表示“接收正确”。
由前面计算可知，表示发送1接收为1概率，
即，根据条件概率公式可得，
所以选项D正确.
故选：．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，若不相等的正实数满足，且恰为的两个零点，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知得为上的奇函数，所以，得，因为恰为的两个零点，得可得答案．
【详解】由，可得
，且，所以为上的奇函数，
，
令，当时为减函数，为增函数，根据复合函数的单调性可得在为减函数，又为上的奇函数，所以为上的减函数，又正实数满足，所以，设，
因为恰为的两个零点，所以，，
则即（舍去），或，故，可得舍去，或，故．
故答案为：.
（1）灵活应用函数性质解抽象函数型方程（不等式）；
（2）求函数零点（方程）类问题分为两大类：①零点直接解出来：方程可解；②方程不可解：二分法估计近似值.
13. 一个盒子里装有六张卡片，分别标记有数字1，2，3，4，5，6，这六张卡片除标记的数字外完全相同.随机有放回抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为，，，则满足的情况有______种.
【答案】
【解析】
【分析】设，则有，可知的最小值为，最大值为，根据这三个数的构成进行分类讨论即可得.
【详解】由，可得，
所以.
不妨设，则，还有一个数为，
显然，，
对于任意取值，都有如下情况，
当时，三个数为，，，对应，，，有种方法；
当时，三个数为，，，对应，，，有种方法；
当时，三个数为，，，对应，，，有种方法；
当时，三个数为，，，对应，，，有种方法.
因为，所以一共有种.
故答案为：.
14. 已知集合，是的函数，且满足，则这样的函数的个数为____________．
【答案】
【解析】
【分析】由知，且不能只，，，，中至少还要有1个函数值等于1，然后进行分类列举即可.
【详解】由可知，函数的值域中的任何元素y都满足.
因为值域非空，所以1必在值域中，即.
若仅有，则对任意，有.
此时对于，令，则.而，这与仅有的假设矛盾.
故中至少有一个元素的函数值为1.
具体分类如下：
1、若5个函数值都为1，此时共有1种情况；
2、若仅有4个函数值为1，又，则另外4个中应有3个函数值为1有种，
如，依题意只能从中取值，有3种情况，此时共有种；
3、若仅有3个函数值为1，又，则另外4个中应有2个函数值为1有种，
如，依题意只能从中取值，有种情况，此时共有种；
4、若仅有2个函数值为1，又，则另外4个中应有1个函数值为1有种，
如，依题意都只能取2，有1种情况，此时有种情况；
综上所述，这样的函数的个数共有个.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 睡眠是人体生理活动的基本阶段，良好的睡眠质量能够保证身体健康、增强免疫力、提高工作和学习的效率.某科研小组为了研究平均每天使用电子产品的时间（单位：h）对睡眠质量的影响，对100位志愿者平均每天使用电子产品的时间和睡眠质量进行了调研，并统计得到了如下表格：
（1）由表中的数据求这100人平均每天使用电子产品时间的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
（2）从这100人中随机抽取一人，求此人在轻度睡眠障碍的前提下，平均每天使用电子产品的时间在内的概率；
（3）若平均每天使用电子产品的时间大于等于4小时为超标.按所给数据，完成下面列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为睡眠质量与平均每天使用电子产品的时间有关.
附：，
【答案】（1）3.8小时
（2）
（3）表格见解析，认为睡眠质量与平均每天使用电子产品的时间有关.
【解析】
【小问1详解】
设这100人平均每天使用电子产品时间的估计值为，
则，
所以这100人平均每天使用电子产品时间的估计值为3.8小时.
【小问2详解】
设：此人轻度睡眠障碍；：此人平均每天使用电子产品的时间在内，
则，，
所以.
【小问3详解】
由表中数据得列联表如下：
零假设为：睡眠质量与平均每天使用电子产品的时间无关，
根据列联表中的数据，计算得，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为睡眠质量与平均每天使用电子产品的时间有关.
16. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若有极大值，且极大值大于，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，求出、的值，利用的导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，求出其极大值，可得出，令，利用导数分析函数的单调性，结合其单调性可求出的取值范围.
【小问1详解】
函数的定义域为，且，
当时，，则，，故．
曲线在点处的切线方程为，即．
【小问2详解】
因为，所以.
①当时，，则在单调递减，无极值；
②当时，由可得，由可得.
函数的增区间为，减区间为
所以取极大值，
所以，
设，则，则在单调递增，
又，由可得，
故实数的取值范围是.
17. 某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为，每局比赛，棋手胜加分；平局不得分；棋手负减分．当棋手总分为时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为、、，且各局比赛相互独立.
（1）求两局后比赛终止的概率；
（2）在局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率；
（3）在挑战过程中，棋手每胜局，获奖千元．记局后比赛终止且棋手获奖万元的概率为，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分析可知，棋手可能得分或分比赛终止，列出两种情况下棋手的胜负情况，结合独立事件的概率公式和互斥事件概率公式可求得所求事件的概率；
（2）设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件，求出、的值，利用条件概率公式可求得的值；
（3）分析可知，甲共胜局，对棋手甲分两种情况讨论：（i）棋手第局以分比赛终止；（ii）棋手第局以分比赛终止.计算出“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率，分析数列的单调性，即可得出结论.
【小问1详解】
设每局比赛甲胜为事件，每局比赛甲平为事件，每局比赛甲负为事件，
设“两局后比赛终止”为事件，
因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或分比赛终止．
（i）当棋手得分为分，则局均负，即；
（ii）当棋手得分为分，则局先平后胜，即．
因为、互斥，所以
．
所以两局后比赛终止的概率为．
【小问2详解】
设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件．
因为
，
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为．
【小问3详解】
因为局获奖励万元，说明甲共胜局．
（i）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种，
（ii）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种，
则“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率
，．
所以．
因为，所以，
所以，所以单调递减，
所以当时，取最大值为．
18. 某芯片公司生产两种芯片，一种是用于人工智能计算的甲类芯片，另一种是用于基础信号传输的乙类芯片.现将4个甲类芯片和2个乙类芯片混合放置在一个容器中，这些芯片外观完全相同.
（1）质检员从中随机抽取2个芯片进行破坏性测试，求至少抽到1个乙类芯片的概率；
（2）自动化测试机随机逐个对芯片进行性能检测，检测过的芯片不再放回，直到甲类芯片或乙类芯片被全部检测完毕时停止，记停止时检测的芯片总数为，求的分布列与数学期望.
【答案】（1）
（2）
.
【解析】
【分析】（1）用对立事件处理，即“至少抽到1个乙类芯片”的对立事件是“抽到的2个芯片均为甲类芯片”；
（2）把6个芯片的检测顺序看作随机排列，停止时间由2个乙类芯片的位置决定：若前2个均为乙类则，若第2个乙类出现在第3位则，若第2个乙类出现在第4位或前4个均为甲类则，其余情况为.分别计数即可得到分布列，再由数学期望公式求出.
【小问1详解】
（1）设“至少抽到1个乙类芯片”为事件，则表示事件“抽取的两个芯片都是甲类芯片”，
则.
【小问2详解】
由题意知的所有可能取值为2，3，4，5.
，，
，，
所以的分布列为
.
19. 已知函数，．
（1）若函数与在处的切线平行，，求的极值；
（2）当时，讨论函数零点的个数；
（3）设m为正整数，若，，求m的最小值．
【答案】（1）极小值为，无极大值；
（2）答案见解析 （3）5
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义求解可得a的值，再根据极值与函数导数的关系，即可求解极值；
（2）利用函数的导数判断函数的单调性，确定极值点，继而分类讨论a的取值范围，结合零点存在定理，即可判断函数的零点个数；
（3）利用，可令，得，进而可推出，结合不等式恒成立，即可求得答案.
【小问1详解】
由题意知，故，则，
由，得，则，
由函数与在处的切线平行，得，
此时，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故当时，取得极小值，无极大值；
【小问2详解】
由（1）知，
因为，故时，，时，，
则在上均单调递增，在上单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，知在上有一个零点；
当时，在上无零点，
故在上仅有一个零点；
当时，在上有一个零点，
，故在上有一个零点，
此时在上有3个零点；
当时，在上有一个零点，
此时在上有2个零点；
综上，当时，在上仅有一个零点；
当时，在上有2个零点；
当时，在上有3个零点；
【小问3详解】
由（1）知，对于任意，得，当且仅当时取等号，
令，则，
时，.
当时，
则，
故，
故，
又，
结合，且为正整数，
可得正整数m的最小值为.
轻度睡眠障碍人数
1
2
3
1
2
重度睡眠障碍人数
4
3
6
4
4
睡眠质量良好人数
25
25
11
5
4
总人数
30
30
20
10
10
睡眠质量
平均每天使用电子产品的时间
合计
超标
不超标
良好
障碍（包括轻度和重度）
合计
100
0.05
0.01
0.005
0.001
3.841
6.635
7.879
10.828
睡眠质量
平均每天使用电子产品的时间
合计
超标
不超标
良好
20
50
70
障碍（包括轻度和重度）
20
10
30
合计
40
60
100
2
3
4
5
2
3
4
5