四川省眉山市2025-2026学年高二下学期7月期末数学试卷含解析（word版）

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2. C
【分析】利用分布列的性质计算即可求解.
【详解】由题意可得 a+2a+3a=1 ,解得 a=16 ,
所以 PX≥2=PX=2+PX=3=2a+3a=56 .
故选: C.
3. B
【分析】根据正态分布的性质求解.
【详解】 ∵ 考试的成绩 ξ 服从正态分布 N110,102 ,
∴ 考试的成绩 ξ 关于 ξ=110 对称, ∵P100≤ξ≤110=0.35 ,
∴Pξ>120=Pξ0 和 f′x0,ℎx+a−ℎx=ex+a−x+a−ex−x=exea−1−a .
对 x 求导得 ℎx+a−ℎx′=exea−1>0 .
所以 hx+a−hx 关于 x 单调递增. 故 C 正确.
当 a=1 时, hx+1−hx=exe−1−1 .
令 x→−∞ ,有 exe−1−1→−1 .
故不可能对任意 x∈R 都有 ℎx+1−ℎx>1 . D 错误.
11. ABC
【分析】分别由对立事件、条件概率定义结合古典概型和全概率公式逐项进行分析计算即可得解.
【详解】对于 A ,因为甲罐中只有红球和白球,即 A1∩A2=⌀,A1∪A2=Ω ,所以 A1,A2 为对立事件,故 A 正确;
对于 B ,当 A1 发生时,乙罐中有 3 个红球,8个白球,此时 PB∣A1=311 ,故 B 正确;
对于 CD ,当 A2 发生时,乙罐中有 2 个红球,9 个白球,此时 PB∣A2=211 ,
所以 PB∣A1+PB∣A2=511,PB=PA1PB∣A1+PA2PB∣A2=12×311+12×211=522 ,
故 C 正确, D 不正确.
故选: ABC
12. x−y=0
【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率, 点斜式即可写出切线方程.
【详解】因为 y=x2−lnx ,
所以 y′=2x−1x ,
故 k=y′x=1=1 ,
因为 x=1,y=12−ln1=1 ,
所以切线方程为 y−1=x−1 ,即 x−y=0 ,
故答案为: x−y=0
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义, 切线的方程, 属于中档题.
13. -20
【详解】 x−1x6 展开式中的通项公式为 Tr+1=C6rx6−r−1xr=−1rC6rx6−2r ,
令 6−2r=0 ,故 r=3 ,故常数项为第 4 项,即 T4=C63x3−1x3=−C63=−20 .
14. 1
【分析】设甲、乙两人抽取的子集分别为 A,B ,确定 X 的所有可能取值,分析 X=kk=0,1,2,3,4 对应概率, 即可得分布列, 进而求期望;
【详解】 X 的所有可能取值为0,1,2,3,4,设甲、乙两人抽取的子集分别为 A,B ,
因为 U 的子集一共有 24=16 个,故所有的抽取结果有 162=256 种,
要得到 X=kk=0,1,2,3,4 ,先从 4 个元素中选 k 个公共元素,有 C4k 种方式,
对于剩余的 4−k 个元素,每个元素有 3 种状态:
(1)仅在 A 中；(2)仅在 B 中；(3)既不在 A 中，也不在 B 中，故共有 34−k 种方式，
所以 PX=k=C4k34−k256,k=0,1,2,3,4 ,
X 的分布列为:
所以 EX=0×81256+1×2764+2×27128+3×364+4×1256=1 .
15. (1) a=1
(2) fxmax=1, fxmin=−3
【分析】(1) 求出导数,令导数在极值点处为 0,得到 a ,在验证在 x=−1 左右两边导函数异号,即可的结论:
(2)由(1)中结论得到导数，然后令导数大于 0，求得函数的增区间，从而得到函数的减区间，由此知道函数在已知区间上的单调性, 由单调性求出最大值与最小值.
【详解】(1) f′x=3x2−3a ,
∵ 函数 fx 在 x=−1 处取得极值,
∴f′−1=3−3a=0 ,即 a=1 ,
即 f′x=3x2−3=3x2−1 ,
当 x∈−∞,−1 时, f′x>0 ,当 x∈−1,1 时, f′x0 ,解得 x1 ;
令 f′x=3x2−31 ，所以 −asinx 单调递增， 而 lnx+1 也单调递增，故 gx 在 π2,π 上单调递增，无极值点；
求导得 g′x=1x+1−acsx ,设 Gx=g′x=1x+1−acsx ,
G′x=−1x+12+asinx,
因为 x∈0,π2 ,所以 G′x 在 0,π2 上为增函数,
而 G′0=−10 ,
故 G′x 在 0,π2 上存在一个零点 s ,且 x∈0,s 时, G′x0 ,故 Gx 在 0,s 上为减函数,在 s,π2 为增函数,
而 G0=1−a0 ,故 Gx 在 0,π2 上存在唯一一个零点 t ,
且 x∈0,t 时, Gx0 ,
所以 gx 在区间 0,π2 上存在唯一的极值点 x0=t .
所以 gx 在区间 0,π 存在唯一的极值点 x0 ;
(ii) 由 (i) 得 g′x0=1x0+1−acsx0=0 ,即 1x0+1=acsx0 ,
则 g2x0=ln2x0+1−asin2x0=ln2x0+1−2asinx0csx0=ln2x0+1−2sinx0x0+1 ,
令 ℎx=ln2x+1−2sinxx+1,x∈0,π ,
求导得 ℎ′x=22x+1−2x+1csx−2sinxx+12=2x+12−22x+1x+1csx−sinx2x+1x+12 ,
令 mx=2x+12−22x+1x+1csx−sinx ,
求导得 m′x=4x+1−4x+1csx−sinx−22x+1csx−x+1sinx−csx ,
整理得 m′x=4x+11−csx+4+22x+1x+1sinx
因为 x∈0,π ,所以 m′x>0 ,即 mx 在 0,π 上单调递增,
所以 mx>m0=2−20+10+1cs0−sin0=0 ,
所以 ℎ′x>0,ℎx 在 0,π 上单调递增,
所以 ℎx>ℎ0=ln2×0+1−2sin00+1=0 ,
即 g2x0>0 .
【分析】(1) 先对函数 fx 求导,然后根据导数的正负性来讨论函数的单调性,需要对 a 的取值范围进行分类讨论;
(2)(i)先求出 gx 的表达式，再对 gx 求导，根据导数的性质判断 gx 在区间 0,π 上的单调性，进而证明存在唯一的极值点;
(ii) 根据 (i) 中得到的极值点 x0 的性质,对 g2x0 进行化简,然后通过构造函数并利用导数研究函数单调性来证明 g2x0>0 .
【详解】(1) 已知函数 fx=lnx+1−ax ,其定义域为 −1,+∞ ,
求导得 f′x=1x+1−a=−ax+1−ax+1 ,
当 a=0 时, f′x>0 在 −1,+∞ 上恒成立,所以 fx 在 −1,+∞ 上单调递增.
当 a>0 时令 f′x=0 ,解得 x=1a−1 ,
当 x∈−1,1a−1 时, f′x>0,fx 单调递增;
当 x∈1a−1,+∞ 时, f′x0 在 −1,+∞ 上恒成立,
所以 fx 在 −1,+∞ 上单调递增.
综上,当 a≤0 时, fx 在 −1,+∞ 上单调递增;
当 a>0 时, fx 在 −1,1a−1 上单调递增, fx 在 1a−1,+∞ 上单调递减.
(2) 略X
0
1
2
3
4
P
81256
2764
27128
364
1256
经常应用
偶尔应用或者不应用
总计
农村学校
40
40
80
城市学校
60
20
80
总计
100
60
160
经常应用
偶尔应用或者不应用
总计
农村学校
40
40
80
城市学校
60
20
80
总计
100
60
160
X
0
1
2
3
P
227
727
59
19
X
0
1
2
3
P
227
727
59
19