山东威海市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份山东威海市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题（含解析），共14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、选择题：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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由交集运算求解即可.
【详解】已知集合，
集合，由可得或或，所以集合，
所以，故B正确.
2. 已知根据某样本数据可得到回归直线方程，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据经验回归方程恒过即可求解.
【详解】由题知，，即，
解得.
3. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由初等函数及复合函数的求导法则逐一判断即可.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D错误.
4. 已知函数定义域为，且满足，当时，，则（ ）
A. 10B. 5C. 3D.
【答案】D
【解析】
【详解】由 ，得 ，
因为 ，所以 ．
5. 已知随机变量，且，，则（ ）
A. 0.12B. 0.24C. 0.48D. 0.62
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，得到正态分布曲线关于对称，利用正态分布曲线的对称性，求得和，结合条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】由，可得正态分布曲线关于对称，
因为，可得，
又由，所以.
6. 已知函数在上不单调，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断分段函数在和上都各自单调递增，结合分段点处函数值突变导致单调性改变，得出在上不单调等价于区间包含，解不等式.
【详解】当时，，求导得，因此在上单调递增;
当时，，在上单调递增，也单调递增，
因此在上单调递增.
两段各自都是单调递增，但在分界点处： ，而时，，
若区间上函数不单调，则区间必须包含分界点，
即满足： ，解得，
即的取值范围是.
7. 现安排包含甲、乙的名志愿者到，，三个社区做志愿服务工作，每个社区至少安排人，则甲、乙被分配到同一个社区的安排方法种数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据捆绑法、分步乘法计数原理及排列组合知识求解即可.
【详解】把甲、乙看作一个整体，相当于将个元素分成组，每组至少个元素，分组方式只能是，
则分组的方法数为，
将分好的组全排列，分配到个社区，方法数为，
故总方法数为种，故C正确.
8. 已知是定义在上的奇函数，其导函数为，当时，，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造辅助函数，求导分析的单调性，利用是奇函数的性质，推导的奇偶性，进而得到的单调性，进而利用奇函数性质化简待解不等式，结合的单调性求解.
【详解】已知时，构造函数，
求导得，
时，分子，分母，故，
即在上单调递增.
又是奇函数，，
则，
故是偶函数，由对称性得在上单调递减，且.
由，原不等式可化为：，
当时，不等式两边除以得：，
因为在单调递减，故.
当时，不等式两边除以得：，
因为在单调递增，故.
综上，不等式的解集为.
二、选择题：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. 某校为了解学生在选科时是否选择物理科目与性别的关系，随机调查了200名高一学生，得到如下数据：（ ）
附：，
A. 从调查的学生中随机抽取1人，则抽到的人未选择物理科目的概率为
B. 从调查的男生和女生中各随机抽取1人，则抽到的人都选择物理科目的概率为
C. 从调查的学生中随机抽取1人，则“抽到的人是女生”与“抽到的人选择物理科目”相互独立
D. 在犯错误的概率不超过的前提下，可以认为选择物理科目与性别有关
【答案】AD
【解析】
【详解】对于A选项：未选择物理科目的人数为，总人数为200，故概率为：，所以A正确；
对于B选项：男生选择物理的概率为，女生选择物理的概率为，
从男生和女生中各抽1人，两人都选物理的概率为：，不是，所以B错误；
对于C选项：设事件为“抽到女生”，事件为“抽到选物理”，若两者相互独立，则需，
因为，，故两者不相互独立，所以C错误；
对于D选项：由列联表得，所以，
因为，对应，所以在犯错误的概率不超过的前提下，可以认为选择物理科目与性别有关，所以D正确．
10. 已知，，，则（ ）
A. 的最小值为4B. 的最大值为
C. 的最小值为D. 的最小值为6
【答案】BCD
【解析】
【详解】对于A，由，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为，故A错误；
对于B，，
又，所以，当且仅当时取等号，
所以的最大值为，故B正确；
对于C，
，
当且仅当时取等号，所以的最小值为，故C正确；
对于D，
，当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为6，故D正确.
11. 已知函数，则（ ）
A. 若存在实数，使得，则
B. 当时，过原点且与曲线相切的直线不存在
C. 当时，方程有3个不相等的实数根
D. 当时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】对函数求导并研究函数的单调性和最值，A由题设有求参数判断，B由导数的几何应用及切线所过的点，利用斜率相同得判断参数的存在性，C令，利用导数及零点存在性定理、奇函数的对称性判断零点个数即可，D令，利用导数研究其区间单调性即可判断.
【详解】对于，则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
因此在处取得最大值，
对于A：若存在实数使，只需，则，解得，正确，
对于B：当时，，设切点为，切线过原点，则斜率为，
由，联立得，
因为存在实数，所以过原点的切线存在，错误，
对于C：方程等价于，令，
由且定义域为，即为奇函数，
显然，即是一个根，而，则，
因此在右侧附近小于0，在左侧附近大于0，
令且，则，故在上单调递增，
所以，故在上，而，
因为，且时，
因此，在上必有一个根，根据奇函数的对称性，在上也必有一个根，
综上，共三个不相等的实数根，正确，
对于D：令，则，
当时，，且，
因此，即在上单调递增，
因为，所以时，即，正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在的展开式中，的系数为__________．
【答案】
【解析】
【详解】，
令，
解得：，
，
的系数为：．
13. 若是函数的极值点，则__________．
【答案】1
【解析】
【分析】由求解后再检验即可.
【详解】因为，
所以，
由题意可得，
解得，
当时，，
，
令，得，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
是函数的极值点，符合题意，
所以.
14. 对于任意的实数，设函数取，两个函数值中的最小值，若恰有2个零点，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用零点与方程思想，结合二次函数分类讨论零点存在的区间，即可得到参数的取值范围.
【详解】设，，则 ，
由二次函数的判别式 ，
当时，，此时，
由于有两个零点，都满足，
所以的两个零点就是的两个零点，故满足题意；
当 时，，，
此时由于，开口向上， 的两零点分别位于 和 ，都满足 ，
所以的两个零点就是的两个零点，故满足题意；
当 时，，，
此时由于，开口向上，有一个零点在 ，另一个零点在 ，
所以的一个零点和在 的一个零点就是的两个零点，故满足题意；
当时，的零点为，由于有两个零点，
仍然满足只有两个零点，故满足题意；
当时，的零点为，由于有两个零点，
此时有三个零点和，故不满足题意；
当 时，，，
因为，所以设两个零点分别为，则，
可知，此时有四个零点和，此时不符合题意，
综上，的取值范围是 .
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. 已知函数为偶函数．
（1）求的值；
（2）设集合，，若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据偶函数的性质和对数运算法则进行计算即可.
（2）根据对数函数的性质以及集合的包含关系计算即可.
【小问1详解】
由题意可知，，
可得，
所以，
即，
所以，解得．
【小问2详解】
由（1）知，，
因为，所以，
可得，
所以，
由题意可知，，
因为，所以．
16. 已知函数．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若的最小值为0，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求解即可；
（2）求导，分，两种情况求解即可.
【小问1详解】
当时，，则，
所以，由，可得切点为，
所以所求切线方程为，即．
【小问2详解】
因为，
①当时，，所以在上单调递减，
因此无最小值，不符合题意；
②当时，令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因此的最小值为，
解得，
综上可知，．
17. 已知袋中有2个红球，2个黄球，6个蓝球，且所有球的形状、大小、质地相同，从中随机地连续抽取3次，每次取出1个球．
（1）若每次抽取后都不放回，求恰好取到2个蓝球的概率；
（2）若每次抽取后都放回．
（i）求至少2次取到蓝球的概率；
（ii）记取出球的颜色种数为，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）（i）
（ii）
【解析】
【分析】（1）根据组合和排列计数计算有利事件数和总样本数，再结合古典概型求概率；
（2）（i）根据二项分布，先计算单次取蓝球的概率，再分别计算恰好2次取到蓝球、恰好3次取到蓝球的概率，相加得到结果；
（ii）确定的所有可能取值，分别计算每个取值对应的概率，列出分布列后，再根据数学期望的公式计算期望.
【小问1详解】
由题意可知，恰好取到2个蓝球的概率为．
【小问2详解】
（i）由题意可知，每次取到蓝球的概率为，
所以至少2次取到蓝球的概率为：
．
（ii）由题意可知，的取值范围是，
因为每次取到红球、黄球的概率都为，
所以，
，
，
因此的分布列为
所以．
18. 甲、乙两名射击运动员每次射击击中靶心的概率分别为，，两人进行3局射击比赛，每局比赛各射击一枪，若一方击中靶心且另一方未击中靶心，则击中靶心的一方获胜，否则双方平局，各次射击击中靶心与否相互独立．记甲获胜的局数为．
（1）若，．
（i）求每局双方平局的概率；
（ii）若已知乙在第1局比赛中击中靶心，求（）；
（2）设，，记的最小正零点为，证明：当时，；当时，．
【答案】（1）（i）（ii）
（2）因为，
所以，，
因为，
所以，，
可得，，
当时，，所以，使得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，得最小正零点；
当时，，所以，使得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
可得，又，
所以存在唯一的，使得，
所以最小正零点．
【解析】
【分析】（1）（i）利用独立事件乘法公式、互斥事件加法求概率即可；（ii）记事件为“乙在第1局比赛中击中靶心”，事件为“”，依次确定并求出、，再应用条件概率公式求概率；
（2）由题意，从而有，应用分类讨论及导数研究的零点，即可证.
【小问1详解】
（i）由题意可知，每局双方平局的概率为；
（ii）记事件为“乙在第1局比赛中击中靶心”，事件为“”，则，
因为每局甲胜的概率为，所以，
综上，.
【小问2详解】
略
19. 已知函数的导函数．
（1）记函数，求的单调区间；
（2）设是曲线在点处的切线．
（i）当时，证明：除点外曲线在直线的上方；
（ii）当时，过点的直线与垂直，，与轴的交点分别为，，求的取值范围．
【答案】（1）单调递增区间为和，单调递减区间为
（2）（i）由题意得，直线的方程为，
即证在上恒成立，
即在上恒成立，
令，可得，
由（1）知的单调递增区间为和，单调递减区间为，
可得的极大值点是，极小值点是，
①当时，因为，所以，
因为，，所以，可得，
所以，可得，所以在上单调递减，
所以；
②当时，因为，所以在上单调递增，
所以，可得，所以在上单调递增，
所以，
综上可得，，即除点外曲线在直线的上方．
（ii）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求得，进而求得函数的单调区间；
（2）（i）求得的方程，转化为即在上恒成立，令，求得，分和，两种情况讨论，得到，即可得证；
（ii）由（i）求得和得到，令，得到，令，利用导数求得的单调性和最值，即可求解.
【小问1详解】
因为，可得，
令，解得或；令，解得，
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为．
【小问2详解】
（i）略；
（ii）由（i）知，直线的方程为，
令，可得，即，
直线的斜率为，因为过点的直线与垂直，可得，
则直线的方程为，
令，可得，即
所以，
因为，且，
所以，
令，则，
因为，所以，可得，
令，可得，
所以在上单调递减，可得，
所以的取值范围是．选择物理科目
未选择物理科目
男生
80
20
女生
50
50
（）
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
1
2
3
1
2
3