2025北京海淀区高二（下）期末数学试题及答案

高中高中2025北京海淀高二（下）期末数学2025.07本试卷共6页，共两部分，19道题，满分100分.考试时长90分钟.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，请将答题卡交回.第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.已知数列满足，则的值为（）A. B.16 C. D.322.已知函数，则（）A. B.C. D.3.已知，则（）A.－10 B.－40 C.10 D.404.某学校组织高二学生参加社会实践研学活动，研学路线有成都、南京、西安共3条．学校安排3名男教师和3名女教师一起负责研学活动，若每条路线安排男、女教师各1名，则不同的分配方案种数为（）A.36 B.72 C.108 D.2165.已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是（）A.函数有2个极值点B.函数在区间上没有零点C.函数在区间上单调递减D.曲线在点处的切线斜率小于零6.已知等差数列和等比数列，，则满足的数值m（）A.有且仅有1个值 B.有且仅有2个值C.有且仅有3个值 D.有无数多个值7.甲、乙两名运动员进行某项比赛并约定：若其中一人连续赢两局，则此人获胜，比赛结束．已知每局比赛结果相互独立，且每局甲赢的概率为（没有平局）．则在第三局结束比赛的条件下，运动员甲获胜的概率是（）A. B. C. D.8.设是所有项都不为0的无穷等差数列，则“为递减数列”是“为递增数列”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件9.已知函数的定义域为，若对任意的，都存在唯一的，使得，则称函数具有性质．下列四个函数中，具有性质的是（）A. B.C. D.．10.已知函数．则下列结论中错误的是（）A.当时，函数在单调递减B.当时，函数有最大值2C.当时，函数有3个极值点D.当时，直线与曲线恰有2个交点第二部分（非选择题共60分）二、填空题共5小题，每小题4分，共20分.11.已知数列的通项公式为，则_____；记的前项和为，则_____．（用数字作答12.已知函数，则其定义域为_____，_____．13.现有甲、乙、丙三个人，需要执行某项试验任务，每个人至多执行一次．如果规定时间内某人完成任务，则试验成功，结束该任务；如果规定时间内某人不能完成任务，则撤回再由下一个人执行任务．若该项试验任务按照甲、乙、丙的顺序执行且甲、乙、丙三人在规定时间内完成任务的概率分别为，每个人能否完成任务相互独立，则试验成功的概率为_____．14.已知函数在区间上没有零点，则实数的取值范围是_____．15.已知无穷数列的前项和满足，其中为常数，且．给出下列四个结论：①实数；②数列为等差数列；③当时，对任意，存在，当时，；④当恒成立时，一定为递减数列．其中所有正确结论的序号是_____．三、解答题共4小题，共40分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的单调区间．17.幻觉，是指模型生成看似合理但实际不正确或毫无事实依据的信息的现象．幻觉率是指模型产生幻觉的概率．现抽取了由甲、乙、丙、丁四个公司研发的14个使用率较高的AI模型，其幻觉率如下表所示：公司甲乙丙丁AI模型1234567891011121314幻觉率1.3%1.8%2.9%1.5%1.9%2.9%0.7%0.9%1.6%2.4%0.8%1.6%2.4%2.8%（1）从表中提供的AI模型中任取一个，求该模型幻觉率低于2%的概率；（2）从表中提供的幻觉率低于2%的AI模型中任取3个，用随机变量表示其中幻觉率低于1.3%的模型个数，求随机变量的分布列和数学期望;（3）已知某同学向表中乙或丙公司的某个AI模型进行了一次提问，经查证，该模型产生了AI幻觉，则该模型来自哪个公司的可能性更大?（结论不要求证明）18.已知函数．（1）当时，直线是曲线的一条切线，求的斜率的最小值;（2）当时，求证：函数存在极小值；（3）若存在实数，使得关于的不等式的解集为，直接写出的取值范围．19.给定正整数，若数列同时满足下列两个性质，则称数列为数列：①；②对任意，总存在，使得．记数列的个数为（1）写出两个数列；（2）若为数列，求的值；（3）求的最大值．

参考答案第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.【答案】B【分析】由等比数列的通项公式计算可得结果.【详解】由，可得，则是首项为1，公比为的等比数列，则.故选：B.2.【答案】B【分析】根据除法的求导法则求导即可.【详解】因为，故选：B3.【答案】D【分析】根据二项式定理性质运算.【详解】.故选：D4.【答案】A【分析】根据全排列即可求解.【详解】每条路线安排一男一女，故总的分配方法有,故选：A5.【答案】C【分析】根据导函数图象判断原函数单调性判断ABC，根据导数在某点处几何意义可判断D.【详解】由图可知：函数在单调递增，在单调递减.对A，函数只有1个极大值点，故错误；对B，函数在单调递减，不能确定有没有零点，故错误；对C，数在区间上单调递减，正确；对D，曲线在点处的切线斜率为，故错误.故选：C6.【答案】A【分析】根据题意求公差和公比，令，分情况讨论，结合数列单调性分析即可判断.【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，因，则有，解得，令，可得，此时满足的只有成立；当时，显然，①若是奇数，则，显然不满足；②若是偶数，则，且，即，可得即不成立；综上所述：满足的数值有且仅有1个值，即.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题主要考查摆动数列的单调性应用，属于难题.对于摆动数列通项的处理，一般考虑对负底数的幂指数按照为奇为偶进行分类讨论，有时还需得对个别项赋值求值判断，再综合考虑即可.7.【答案】C【分析】根据条件概率的计算公式即可求解.【详解】第三局结束比赛的概率为，则在第三局结束比赛的条件下甲获胜的概率为，故选：C8.【答案】A【分析】作差法得到，若递减，可得为递增数列，充分性成立，可以举出实例说明必要性不成立，从而可得答案.【详解】若递减，则因此需要满足：且恒成立；若，，则对所有成立，若，，则存在使得，与矛盾递减的充要条件是且，即若递减，则为递增数列，充分性成立；若为递增数列，则，，由于不知道的正负，故无法判断的正负，故不能得到为递减数列，必要性不成立，例如为以下数列：，则为，不是递减数列，所以“为递减数列”是“为递增数列”的充分也不必要条件.故选：A.9.【答案】D【分析】根据题意逐项验证函数具有性质，即可求解.【详解】A：由的定义域为，，当时，，此时，，，故不唯一，故不具有性质，故A错误；B：其定义域为，当时，，当时，，则，当时，不唯一，故具有性质，故B正确；C：由的定义域为，，则，则，即，则不唯一，故不具有性质，故C错误；D：由的定义域为，则，由为增函数，也为增函数，所以在其定义域上单调递增，且值域为，则对任意的时，都存在唯一的使，故D正确.故选：D.10.【答案】D【分析】先判断函数的单调性，然后对分情况讨论逐一判断.【详解】由，，令，则或；令，则，所以函数在单调递增，在单调递减.在上单调递减.对于A，当时，，函数在单调递减，故A正确；对于B，当时，，，所以当时，根据上面对函数单调性的判断可知函数有最大值2，故B正确；对于C，当时，函数在单调递减，在单调递增，在单调递减，则函数有3个极值点，故C正确；对于D，当时，函数在单调递减，在单调递增，在单调递减，，所以函数直线与曲线恰有3个交点，则D错误.故选：D.第二部分（非选择题共60分）二、填空题共5小题，每小题4分，共20分.11.【答案】①.5②.100【分析】将代入即可求出；先根据等差数列的定义证明数列是等差数列，再根据等差数列的前项和公式求出的表达式，再将代入即可求出.【详解】因为，所以；又因为，所以，又，所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，所以，所以.故答案为：5；10012.【答案】①.②.【分析】要使函数有意义，只须让真数，求解不等式即可得到函数的定义域；令，则，再根据复合函数的求导法则求导即可得到.【详解】要使函数有意义，须满足，解得，所以函数的定义域为；令，则.所以=.故答案为：；13.【答案】【分析】分析出试验成功有以下三种情况：①甲成功，②甲不成功乙成功，③甲乙都不成功丙成功，分别求出三种情况的概率，再求和即可得解.【详解】试验成功有以下三种情况：①甲成功，概率为；②甲不成功乙成功，概率为；③甲乙都不成功丙成功，概率为，所以试验成功的概率.故答案为：14.【答案】【分析】本题可以求并讨论其在上的正负，根据在上的单调性判断函数的值域，从而求出在上没有零点时的取值范围.【详解】由题得，令，即，解得或.根据与大小进行分类讨论如下：(1)当，即时，在区间上，，所以在上单调递增，又，所以在上没有零点，满足条件；(2)当，即时，在区间上，，即单调递减，在上，，即单调递增，所以在处取得极小值，也即是区间上的最小值.因为在上没有零点，所以，又，于是，解得，结合，此时.综上所述.故答案为：.15.【答案】①②④【分析】①利用首项条件，推导出与首项的关系，判断的符号；②通过递推关系或数学归纳法，验证其是否为等差数列；③结合等差数列的通项，分析当趋近于无穷时的增长趋势；④根据等差数列的通项，判断的关系，判断数列是否递减.【详解】对于①，当时，，移项可得，即，，，即，，故①正确.对于②，当时，，已知，则，等式两边同乘得，化简得，又，数列是以为首项，为公差的等差数列.故②正确.对于③，当时，则，由②可知数列是以为首项，为公差的等差数列，根据等差数列通项公式可得，或，取，则当n为大于等于3的奇数时，，当n为奇数且时，，对任意，不存在，当时，，故③错误.对于④，由②可知数列是以为首项，为公差的等差数列，，即，，.当时，，则，，，故一定为递减数列．故④正确.故答案为：①②④三、解答题共4小题，共40分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.【答案】（1）（2）单调增区间为和，单调递减区间为【分析】（1）由先求出，再求导数，进而求出，即可根据直线方程的点斜式求出切线方程；（2）先求函数的定义域，再解不等式和，即可求出的单调区间.【小问1详解】因为，所以.因为，所以，所以在点处的切线方程为，即；【小问2详解】函数的定义域为，因为恒成立，恒成立，所以令，解得或，令，解得，所以函数的单调增区间为和，单调递减区间为.17.【答案】（1）（2）答案见解析（3）乙公司的可能性更大【分析】（1）根据古典概型的计算公式即可求解，（2）根据超几何概率的计算公式求解分布列，即可由期望公式求解，（3）根据贝叶斯公式计算大小，比较即可作答.【小问1详解】14个AI模型，幻觉率高于2%的有2.9%，2.9%，2.4%，2.4%，2.8%，共有5个，所以幻觉率低于2%的概率为【小问2详解】幻觉率低于2%的AI模型中共有9个，其中幻觉率低于1.3%的模型有3个，故,故分布列为0123,故【小问3详解】来自于乙公式的概率大，理由如下：“模型来自于乙公司”，“模型来自于丙公司”，“AI模型的编号为”，，“AI模型的编号为”，，“AI模型产生了AI幻觉”则，则则,由于所以,由于,因此模型来自乙公司的概率大18.【答案】（1）（2）证明见详解（3）【分析】（1）当时，，求出导数，设，借助导数研究的单调性及最值，即可得解；（2）先求出导数，令，借助研究导数得到在上单调性.又由，时，，根据零点存在定理即可得证；（3）令，将不等式，转化为的解集为，求出导数，分和两种情况讨论的单调性，极值点及零点情况，即可得解.【小问1详解】函数的定义域为.当时，，，设，则.令，因为，所以解得.所以当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增，所以当时，取到最小值，即切线的斜率的最小值为；【小问2详解】函数的定义域为.，令，则.因为，所以，又因为，所以，所以在上单调递增.又因为，当时，，所以，又因为在上连续，所以存在，使得，即，所以当时，，即，在上单调递减；当时，，即，在上单调递增；所以是的极小值点，函数存在极小值；【小问3详解】等价于，即，令，若存在实数，使得关于的不等式，即的解集为，，令.（i）当时，的判别式，所以在时恒成立，即在时恒成立，即在上单调递增.因为，所以是唯一的零点，当时，；当时，，能满足使的解集为，符合题意；(ii)当时，的判别式，故有两个不相等的实数根，由韦达定理可知，，因此两根均为正根，且，则可知在上单调递增，在单调递减，在单调递增，所以在时取到极大值，在处取到极小值.又因为，所以，，又当时，，所以在上存在一个零点，在上存在另外一个零点，所以的解集为，与的解集为相矛盾，故不符合题意.综上可知，的取值范围为.19.【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析；（3）4.【分析】（1）根据给定的定义直接写出.（2）按分别求出，并用反证法证明的情况即可.（3）设，，利用组合计数问题，结合分步乘法计数原理列式求出，再按分奇偶求出.【小问1详解】数列：①1，2，3；②1，3，2；③3，1，2；④3，2，1（任取两个）.【小问2详解】当时，因为或，所以或，所以；当时，因为；；；均是数列，所以可以为，假设存在，则此时