江西吉安市2025-2026学年高二下学期期末教学质量检测数学试题含答案

高二下学期期末教学质量检测

数学试题

(测试时间：120分钟卷面总分：150分)

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.某质点沿直线运动，位移s(单位：m)与时间t(单位：s)之间的关系为：,则该质点在[1,1+△t]

内的平均速度是()

B.C.-1+△tD.-1-△t

2.设等差数列{a}的前n项和为S,若S₁₂=12,a₄=3,则a₉=()

A.1B.-1C.2D.-2

3.已知变量x,y具有线性相关关系，根据样本点(4,3.2),(5,3.8),(6,m),(7,5.3)得到y关于x的回归方

程为=0.6x+0.45,则m的值为()

A.3.6B.3.2C.2.7D.2.5

4.随机变量X的取值为0,1,2,若,E(X)=1,则D(X)=()

B.

5.已知

A.a>b>cB.b>c>aC.b>a>cD.c>b>a

6.已知函数.在R上单调递增，则实数a的取值范围是()

B.[0,1]C.[1,2]D.[1,2]

7.某深空探测器向地球发送关键数据包，由于存在宇宙射线干扰，每次发送成功的概率均为,且各次发

送结果相互独立.若探测器累计成功发送4次，且期间未出现连续两次发送失败，则完成任务并立即进入

休眠状态(停止后续发送).该探测器恰好在第6次发送后完成任务的概率为()

B.

8.已知数列{a}满足：a₁=1,a₂=3,a₄+2+a₄=2a++1,数列{b}满足2a·bₙ=(n+1)²,则数列{b}的

前50项的积为()

试卷第1页，共4页

B.C.50D.51

二、多选题：本题共3小题，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.已知S,是等差数列{a,}的前n项和，且a₈<0,a₅+a₂>0,则下列选项正确的是()

A.数列{a}为递增数列B.S的最小值为S₈

C.S₁₅>0D.|a+as|<|a+a₁₀|

10.已知A,B是概率均不为0的随机事件，下列说法正确的是()

A.若P(AUB)=P(A)+P(B),则事件A与B为对立事件

B.若P(B|A)=P(B),则P(A|B)=P(A)

C.若P(A)=P(B),则P(AB)=P(AB)

D.若,则

11.设函数f(x)=e⁻¹-e(x-1)和其中e是自然对数的底数

(e=2.71828…),则下列结论正确的为()

A.f(x)的图象与x轴有且仅有2个交点B.存在实数k,使得g(x)的图象与x轴相切

C.若k=1,则方程f(x)=g(x)有唯一实数解D.若8(x)有两个零点，则k的取值范围为

三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.

12.随机变量X服从正态分布X～N(3,a²),若P(3≤X<6)=0.4,则P(X≤0)=_

13.已知定义在(0,+o)上的函数f(x),f(x)是f(x)的导函数，满足xf(x)-f(x)>0且f(e)=e,则不

等式f(x²)-x²<0的解集是_·

14.某太空项目采用星链卫星组网，第1颗卫星入轨后，后续卫星按如下规则入轨：设第n颗卫星与基准轨

道的偏差值为a,满足递推关系：a₄+=|aₙ-n,n∈N,已知初始偏差a=3,则前69颗入轨卫星的总偏

差为_

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.已知等差数列{a}的首项a=1,且a₂,a₄,as成等比数列，公差d≠0.

(1)求数列{a,}的通项公式；

试卷第2页，共4页

(2)设,记数列{b}的前n项和为T,若不等式t²-2t>T,对任意的n∈N恒成立，求实数t的

取值范围.

16.为了解学生每日睡眠时间与课堂专注度的关系，某校随机抽取50名高中生进行调查，整理数据后获得

如下不完整列联表：

项目课堂专注度达标课堂专注度未达标合计

每日睡眠时间≥7小时5

每日睡眠时间<7小时8

合计2250

(1)请完成列联表，并以频率估计概率，估计每日睡眠时间不足7小时的学生中，课堂专注度未达标的概率；

(2)根据小概率值0.001的独立性检验，能否认为学生每日睡眠时间与课堂专注度有关?

α0.050.010.001

x。3.8416.63510.828

附：,其中n=a+b+c+d为样本容量.

17.已知函,a∈R.

(1)当a=-1时，求函数f(x)的极值；

(2)若f(x)在区间[1,e]上单调，且存在x₀∈[1,e],使得f(x₀)≤0,求实数a的取值范围.

18.现有8张卡片，其中5张为黑色、3张为白色，卡片除颜色外完全相同.从中不放回地随机抽取3张放

入一个空容器中，记容器中黑色卡片的张数为Y.每次从该容器中随机取出1张卡片：若是黑色卡片，则将

其换成一张白色卡片放回容器；若是白色卡片，则将其换成一张黑色卡片放回容器.经过n(n∈N)次上述

操作后，容器中黑色卡片的张数记为Y.

(1)求P(Y=1);

(2)若已知Y₀=1,记Pn=P(Yₙ=1);

(i)求随机变量Y的分布列；

试卷第3页，共4页

(ii)理论表明，当n为偶数时，随着操作次数的增加，P会逐渐趋近于.当Pn与该趋近值的误差足够小

时，即可认为概率变化已趋于稳定.规定：当n为偶数，且,立即停止操作，求此时已进行

的操作次数.(参考数据：lg2≈0.301,lg3≈0.477,lg5≈0.699)

19.已知函数f(x)=2n(2x+m),f'(x)为f(x)的导函数，函数f(x)在点(1,f(1))处的切线1与直线y=2x

平行.

(1)求切线1的方程；

(2)设函数8(x)=2|f(x)+nf'(x),n∈R.

(i)讨论函数8(x)的单调性；

(ii)若方程g(x)=0有且仅有三个互不相等的实数根x₁,x₂,x₃,求实数n的取值范围，并证明：

试卷第4页，共4页

1.A

【详解】该质点在[1,1+△t]内的平均速度

2.B

【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式及等差数列性质求解.

【详解】在等差数列{a}中，由S₂=12,a₄=3,

所以ag=-1.

3.C

【详解】则y=0.6×5.5+0.45=3.75,

则3.2+3.8+m+5.3=4×3.75,得m=2.7

4.D

【详解】设P(X=0)=p,P(X=1)=q,则

又E(X)=1,则,解得(,所以

5.C

【详解】,令.,求导得

令f'(x)=0,解得x=e,

当0<x<e时，f'(x)<0,函数单调递减；

当x>e时，f'(x)>0,函数单调递增；

因为4>3>e,所以f(4)>f(3)>f(e),

,即

综上，c<a<b.

6.B

【分析】根据分段函数单调性，列出各段为增函数的条件，并注意两段分界处的关系，即可求解.

【详解】要使分段函数f(x)在R上单调递增，需要满足三个条件：

试卷第1页，共13页

(1)f(x)在x<0上单调递增，

当x<0时，f(x)=ae,因为y=e在R上单调递增，

所以要使f(x)在x<0上单调递增，须满足a>0;

(2)f(x)在x≥0上单调递增，

当x≥0时，

,要使f(x)在x≥0上单调递增，

必须满足f'(x)≥0在x≥0时恒成立，

即：,(x+1)²≥2a-1,

因为x≥0,所以(x+1)²m=1,所以1≥2a-1,即a≤1;

(3)为了保证函数在整个R上单调递增，必须满足x=0处的左极限小于等于x=0处的右极限，

当x→0~时，f(x)=a.e,

需满

解得：a≥0;

综上所述：0<a≤1.

7.A

【分析】该探测器恰好在第6次发送后完成任务，所以第6次必然成功，前5次没有出现连续两次失败且

成功了3次，那么两次失败插空分布在发送成功部分，通过独立事件与互斥事件的概率求出完成任务的概率.

【详解】该探测器恰好在第6次发送后完成任务，所以第6次必然成功，前5次没有出现连续两次失败且

成功了3次，那么

设事件B:该探测器恰好在第6次发送后完成任务，则

8.D

试卷第2页，共13页

【分析】先利用递推式求出a,进而求出bn,再根据bn的性质求出前n项积T,进而求解.

【详解】已知α₄+2+aₙ=2a₄+1+1,则am+2-aπ+1-(a₄+1-aₙ)=1,

则{aπ+1-a}是首项为2,公差为1的等差数列，即aₙ+1-a=2+n-1=n+1,

an=a₁+(a₂-a)+(a-a₂)+…+(a-a₋1)=1+2+3+...-

n=1时，,符合上式，

已知2a·bₙ=(n+1)²,则

设b₀的前n项积为Tₙ,则

故Tso=50+1=51.

9.ABD

【分析】根据给定条件，利用等差数列性质，结合前n项和公式逐项分析判断.

【详解】在等差数列{a}中，a₈+a=a₅+a₂>0,而a₃<0,则a>-a₃>0,

对于A,等差数列{a,}的公差d=a-a>-2a>0,数列{a}为递增数列，A正确；

对于B,等差数列{a}前8项均为负，从第9项起均为正，因此S的最小值为S₈,B正确；

对于C,,C错误；

对于D,|a₁+a₃I-|a+a₀I=-a-a₃-a₉-a₀=-2(a+a)<0,则|a+as|<|a+a₀|,D正确.

10.BCD

【详解】对于A,由P(AUB)=P(A)+P(B),得P(AB)=0,

则事件A与B互斥，但不能得到A与B一定对立，故A错误；

对于B,得P(AB)=P(A)·P(B),

故B正确；

对于C,由P(A)=P(AB)+P(AB),P(B)=P(AB)+P(AB),P(A)=P(B),

得P(AB)=P(AB),故C正确；

试卷第3页，共13页

对于D,已知,得

得

∵P(B)=P(AB)+P(AB),得P(AB)=P(B)-P(AB)

,故D正确.

11.BD

【分析】对A直接通过函数的最小值f(2)=e-e=0判断可得，对B根据导数的几何意义判断可得存在

时，g(x)的图象与x轴相切，对C先判断k=1时g(x)有最大值再结合A选项分析可知

f(x)≥0>g(x),因此可得结果错误，对选项D,先换元t=x-1>0,进而通过导数判断

的单调性及最大值，再通过构造函判断最大值

的范围可得.

【详解】对A选项，由f(x)=e⁻¹-e(x-1)求导得：f'(x)=e⁻¹-e,令f'(x)=0得x=2.

当x<2时，f'(x)<0,f(x)单调递减；x>2时，f'(x)>0,f(x)单调递增.

所以函数f(x)有最小值为f(2)=e-e=0,且x→±0时f(x)→+∞,

因此f(x)与x轴仅有1个交点，A错误.

对B选项，g(x)定义域为(1,+o),若g(x)图象与x轴相切，则存在x>1满足

求g(x)求导得代入x=2得：g'(2)=2-4k,令g'(2)=0得

此时满足条件，因此存在这样的B正确.

对C选项，当k=1时，

当时，g'(x)>0,g(x)单调递增，时，g'(x)<0,g(x)单调递减，

所以函数g(x)有最大值因此g(x)<0

而由A选项分析知f(x)≥0,所以f(x)≥0>g(x),

所以方程f(x)=g(x)无实数解，故C错误.

对D选项，令t=x-1>0,则x=t+1,代入g(x)得

试卷第4页，共13页

当k≤0时：g'(t)>0,函数g(x)单调递增，g(x)最多有1个零点，不符合；

当k>0时：令g'(t)=0得

所以函数g(t)在上单调递增，在上单调递减，

因此函数g(t)有最大值

所以h(k)在(0,+∞)上单调递减，且

因此当,h(k)>0,即函数g(t)有最大

因为函数上单调递增，在上单调递减，

当t→0时，g(t)→-0,当t→+0时，g(t)→-∞,

此时函数在区间各有一个零点，共两个零点.

因此若g(x)有两个零点，则k的取值范围为,故D正确.

12.0.1

【详解】因为随机变量X服从正态分布X~N(3,o²),所以P(X≥3)=0.5,

所以P(X≥6)=0.5-P(3≤X<6)=0.5-0.4=0.1,

所以P(X≤0)=P(X≥6)=0.1.

13.(-√e,o)u(o,√e)

【分析】构造函,求导，结合已知条件分析函数单调性，进而利用单调性解不等式.

【详解】令,x>0,

故g(x)在(0,+∞)上单调递增，

已知f(e)=e,则

不等式f(x²)-x²<0等价于,即8(x²)<g(e),

试卷第5页，共13页

g(x)在(0,+o)上单调递增，

故0<x²<e,

解得-√e<x<0或0<x<√e,解集为(-√e,0)U(0,√e).

14.1193

【分析】先归纳得数列a的通项，再求出数列的前n项和S,最后求得前69颗入轨卫星的总偏差即S69.

【详解】由题意得a=3,a₂=|3-1|=2,a₃=|2-2|=0,

a₄=|0-3|=3,as=|3-4|=1,a₆=|1-5|=4,

a=|4-6|=2,a₈=|2-7|=5,a=|5-8|=3.

可以归纳出，当n≥2时，若n=2k(k≥1,k∈N),则

若n=2k-1(k≥2,k∈n*),则

当m为偶数，设m=2k,(k≥2,k∈N),那么am-1+am=a2k-1+ak=k-2+k+1=2k-1,

所以，S69=S₆8+a69=1160+33=1193.

15.(1)a=n(n∈N)

【详解】(1)设等差数列{a,}的公差为d,由题意知d≠0.

因为a₂,a₄,as成等比数列，故a2=a₂·ag.

又a=1,所以a₂=1+d,a₄=1+3d,ag=1+7d,代入得

(1+3d)²=(1+d)(1+7d)

展开整理得2d²-2d=0,即d(d-1)=0.

由d≠0得d=1,因此数列{a,}的通项公式为

试卷第6页，共13页

a=1+(n-1)×1=n.

数列{bn}的前n项和

因为n∈N,所以(n+1)²≥4,故

,即Tn的最大值为

不等式t²-2t>Tn对任意n∈N恒成立，等价

整理得4t²-8t+3>0,即(2t-1)(2t-3)>0,

解得；

16.(1)补全后的列联表如下：

项目课堂专注度达标课堂专注度未达标合计

每日睡眠时间≥7小

20525

时

每日睡眠时间<7小

81725

时

合计282250

所求概率

(2)能认为学生每日睡眠时间与课堂专注度有关.

【详解】(1)先根据合计，求出课堂专注度达标为28,

再分别求出纵向值，

最后求出横向合计值，即如下：

项目课堂专注度达标课堂专注度未达标合计

每日睡眠时间≥7小时20525

每日睡眠时间<7小时81725

试卷第7页，共13页

合计282250

(2)零假设为H₀:学生每日睡眠时间与课堂专注度无关.

根据列联表数据，代入卡方统计量公式计算得

因为11.688>10.828=x₀001,

所以根据小概率值0.001的独立性检验，拒绝H₀,即能认为学生每日睡眠时间与课堂专注度有关.

17.(1)f(x)的极小值为3-In2,无极大值

【分析】代入参数值，求导求得函数极值；

求出导函数并因式分解，转为求更简单的函数值域，利用函数单调性求a的初步范围，

利用存在性条件和函数最值进一步缩小a的范围得出结论.

【详解】(1)当a=-1时，,定义域为(0,+o),

,∵x>0,∴x+1>0,x²>0,

当x∈(0,2)时，x-2<0,则f'(x)<0,f(x)单调递减，

当x∈(2,+o)时，x-2>0,则f'(x)>0,f(x)单调递增，

故x=2时，f(x)有极小值：没有极大值.

(2)

∵f(x)在区间[1,e]上单调，∴f'(x)在[1,e]上不变号，此时x²>0,x+1>0,

令8(x)=x+a-1,则在[1,e]上，g(x)≥0恒成立或8(x)≤0恒成立，

若f(x)在区间[1,e]上单调递增，则g(x)≥0恒成立，

即x+a-1≥0→a≥1-x在x∈[1,e]上恒成立，即a≥1-1=0,

若f(x)在区间[1,e]上单调递减，则g(x)≤0恒成立，

即x+a-1≤0→a≤1-x在x∈[1,e]上恒成立，即a≤1-e.

试卷第8页，共13页

则当a≥0时，因f(x)在[1,e]上单调递增，二f(x).n=f(1)=2-a,

令f(x)m.n≤0,解得a≥2,故得a≥2;

当a≤1-e时，因f(x)在[1,e]上单调递减，

令f(x)mn≤0,即,也即

比较和1-e大小：

∵e²+1>e²-2e+1=(e-1)²,且e-1>0,∵

故实数a的取值范围

18.(1

(2)(i)

Y₂13

P

(ii)n=12

【分析】(1)直接根据超几何分布的概率公式计算可得；

(2)(i)由Y₀=1进而可得,再由概率的乘法公式可得

,从而可得分布列；(ii)先由偶数n,Y仅取1和3,进而再推导再结

合等比数列的性质可得,再通过取对数计算可得所求值.

【详解】(1)Y=1表示初始抽取的3张卡片中恰有1张黑色，

由超几何分布得：

因此

(2)(i)已知Y=1,即初始容器内1黑2白共3张卡片，

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第1次抽牌，抽中黑色卡片(概率为,则黑色卡片变为0,即Y₁=0;

抽中白色卡片(概率则黑色卡片变为2,即Y=2;

因此Y只能取0或2:

Y₂为第二次操作后黑色张数，

若Y=0(0黑3白),必抽到白色卡(概率为1),替换后Y₂=1,

若Y₁=2(2黑1白):

抽到黑色卡(概率为,替换后Y₂=1,

抽到白色卡(概率,替换后Y₂=3,

所以P(Y₂=0)=P(Y₂=2)=0.

所以Y₂的分布列为：

Y₂13

P

(ii)对偶数n,Y仅取1和3,Y+2仅取1和3,所以Y,的值通过两次抽牌回到Yn+2的值，

每次操作黑色卡片张数变化±1.

①从状态1出发，经过两次操作回到状态1:

路径1:1→0→1,概

路径2:1→2→1,概率合计概率

②从状态3出发，经过两次操作回到状态1,路径：3→2→1,概率

即

整理为等比数列形式：,结合初始Po=1,

得通项：

由要求代入得：,3”>250000,

两边取常用对数：nlg3>1g250000=4+21g5≈4+2×0.699=5.398,

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因为n为偶数，故最小满足条件的n=12,即已进行的操作次数为12。

19.(1)2x-y-2+2ln2=0;

(2)(i)当n≤-1时，g(x)在(0,+)上单调递增；

当-1<n<0时，g(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；

当0≤n≤1时，g(x)在上单调递减，在上单调递增；

当n>1时，g(x)在上单调递减，在上单调递增.

(ii)

先证不等式：x₁+x₂>-n,

由题意，x₁,x₂满足且

两式相减整理可得

则只需证：即证：

,则0<t<1,不等式转化为证明

可得h(t)在(0,1)上单调递减，有h(t)>h(1)=0,即成立.

所以

所以x₁+x₂>-n,

再