四川省南充市2025-2026学年高二下学期期末考试数学试题含答案

秘密★启封并使用完毕前【考试时间：2026年7月4日8:00-10:00】

2026年春季学期普通高中学业质量监测

高二数学

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.

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，将答题卡交回.

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

是符合题目要求的.

1.已知数列{a}满足q=1,a+1=2a+1,则a₃=()

A.3B.7C.9D.10

2.已知随机变量X～N(4,σ²),若P(X≥5)=0.3,则P(3≤X≤5)=()

A.0.1B.0.2C.0.3D.0.4

3.记等差数列{a}的前n项和为S,若S₃=6,S₆=21,则S=()

A.9B.36C.45D.54

4.已知函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示，则下列说法正确的是()

A.f(x)在区间上单调递减B.f(x)在x=0处取得极大值

C.f(x)在区间(0,1)上单调递增D.f(x)在x=1处取得极大值

5.已知盒子中装有4个红球和2个白球，从中任取3个球(取到每个球都是等可能的),用随机变量X表示

取到的红球个数，则P(X=1)=()

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B.D.

6.等比数列{a}的各项均为正数，且a₄a₆+a₅=12,则log₃a+log₃a₂+log₃a₃+…+log₃a=()

A.2+log₃5B.18log₃2C.9D.10

7.定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f(1-x)=2,数列{a}满足

若存在n∈N,使不等式n²+2n-λaₙ+5≤0成立，则λ的取值范围是()

A.(2,+)B.(3,+o)C.(4,+)D.(5,+)

8.已知曲线y=e⁻¹在A(x₁,eˣ-¹),B(x₂,e-¹)两点处的切线也是曲线f(x)=In(x-1)的切线，则In(x₁+x₂)

的值为()

A.In2B.1C.2n2D.2

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.设随机事件A,B满足A≌B,且P(A)=0.3,P(B)=0.6,下列说法正确的是()

A.A与B相互独立B.P(B|A)=1

C.A与B互斥D.

10.已知f(x)=(1-2x)¹°=a+ax+ax²++a₀x¹,下列说法正确的是()

A.a₂=180B.a₀-a+a₂-a₃+…+a₀=3¹⁰

C.a+2a₂+3a₃+…+10a₀=-20D.f(-2)除以4的余数为1

11.下列说法正确的是()

A.将5封信投入3个不同的邮筒，则有3⁵种不同的投法

B.5名同学排成一排拍照，甲、乙两人相邻且丙、丁两人不相邻，则有12种不同的排法

C.12个完全相同的小球分给5名同学，每人至少分得2个，则有15种不同的分法

D.240的正因数有20个

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.已知数列{a}的前n项和公式为Sₙ=n²+n,则a₃=_

13.甲和乙两个箱子中各装有6个球，其中甲箱中有3个红球、3个白球，乙箱中有4个红球、2个白

球.掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为1,2,3,从甲箱中随机摸出1个球；如果点数为4,5,6,从乙

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箱中随机摸出1个球，则摸到红球的概率为_·

14.如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案.图形的作法是：从一个正三角形开

始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边.反复进行这

一过程，就得到一条“雪花”状的曲线.设原正三角形(图①)的边长为1,把图①、图②、图③、图④、

…中图形的周长依次记为C₁,C₂,C₃,C₄,…,面积依次记为S₁,S₂,S₃,S4,…,则C₃=_,

Sn=_·

①②③④

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.已知数列{a}为等差数列，且a+a₂=4,a₃+a₄=12.

(1)求数列{a}的通项公式；

(2)求数列的前n项和Sn.

16.已知函数.,x∈(0,π).

(1)求曲线y=f(x)在点处的切线方程；

(2)求函数f(x)的极值.

17.如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，共移动4次，每次向左或向右移动一个单位，

其中每次向左移动的概率为向右移动的概率为

(1)当移动4次完成时，求质点回到原点的概率；

(2)设移动4次完成时质点位于点X处，求X的分布列和数学期望.

18.已知数列{a}的首项为,点(a,a₄+1)在函数的图象上.

(1)证明：数列为等比数列，并求数列{a}的通项公式；

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,Cn=2log₃bn+1.

(i)求数列{cn·b}的前n项和Sn;

(ii)试确定所有的正整数P,使数列{b}中存在某个连续P项的和是数列{cn}中的一项，并证明.

19.已知函数f(x)=Inx.

(1)证明：f(x)≤x-1;

(2)若g(x)=f(x)+ke*(1-x),

(i)证明：g(x)恰有两个零点；

(ii)若g'(a)=0,是否存在β∈(1,+∞),使得g(β)=0?若存在，比较α与的大小；若不存在，请

说明理由.

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1.B

【详解】因为q=1,an+1=2a+1,

所以a₂=2q+1=2×1+1=3,a₃=2a₂+1=2×3+1=7.

2.D

【分析】根据正态分布的对称性即可求解.

【详解】由随机变量X～N(4,σ²),且P(X≥5)=0.3,

则P(X≤3)=P(X≥5)=0.3,

所以P(3≤X≤5)=1-P(X≤3)-P(X≥5)=1-0.3-0.3=0.4.

3.C

【详解】由题意知，S₃,S₆-S₃,S₉-S₆是等差数列，即6,15,S₉-21是等差数列，

则6+S₉-21=2×15,得S₉=45.

4.B

【分析】根据导函数f'(x)的图象判断f'(x)的正负，进而确定原函数f(x)的单调性及极值点.

【详解】由导函数y=f'(x)的图象可知：

在区上，f'(x)>0,所以f(x)在该区间上单调递增，故A错误；

在区间(0,1)上，f(x)<0,所以f(x)在该区间上单调递减，故C错误；

因为当,当0<x<1,f'(x)<0,

所以f(x)在x=0处取得极大值，故B正确；

当0<x<1,f'(x)<0,当x>1,f'(x)>0

,所以f(x)在x=1处取得极小值，故D错误.

5.A

【分析】根据超几何分布概率公式即可求解.

【详解】当任取3个球时，则X=1表示取到的红球个数为1,取到的白球个数为2,

6.C

【详解】由题意得，a₄a₆+a₅=a²+a₅=12,得a=3或-4(舍),

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则log₃a+log₃a+log₃a₃+…+log₃a₉=log₃(qa…ag)=log₃a,=9log₃a₅=9.

7.C

【分析】先利用倒序相加法求数列{a}的通项公式，再将存在性不等式转化为λ大于等于关于n的分式的最

小值，结合基本不等式求最值即可得.

【详解】因为对任意x∈R,有f(x)+f(1-x)=2,

将①式倒序得：

①+②得：

因此a=n+1(n∈N*).

将a=n+1代入不等式，整理得：存在n∈N,使得成立.

因为

当且仅当时等号成立，解得n+1=2,

即n=1时有最小值4,故λ≥4,即λ的取值范围为(4,+∞0).

8.A

【分析】抓住公切线斜率与截距相等建立方程，通过换元得到关于t的超越方程，利用方程根的对称性快速

得到两根之和为0.

【详解】由题y'=eˣ-¹,所以在A点的切线斜率为k₁=eˣ-1,则切线方程为y-e-¹=e-¹(x-x₁),化简得

y=xeˣ-¹+eˣ-¹(1-x);

,设切点为(x,In(x₀-1)),切线斜率为,切线方程,化

简得

因为两切线为同一直线，对应斜率和常数项相等，设斜率,则

常数项相,将①式代入得

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同理可得，对于x₂也满足同样的方程，即k₁=eˣ-¹,k₂=e²-¹是方程(k-1)Ink=k+1的两个根，

令k=e,所以若t是方程的解，那么-t也是方程

的解，

即若t=Ink₁是解，则t₂=Ink₂=-t₁也是解；

由x₁=1+lnk₁,x₂=1+Ink₂,x₁+x₂=1+Ink₁+1+Ink₂=1+t+1+t₂=2+t-t=2,所以In(x₁+x₂)=In2.

9.BD

【分析】根据事件之间的包含关系，条件概率公式及独立与互斥的计算公式进行逐项判断即可.

【详解】对于A:因为AB,所以AB=A,所以P(AB)=P(A)=0.3,

而P(A)P(B)=0.3×0.6=0.18,故P(AB)≠P(A)P(B),所以A与B不相互独立，A错误；

对于B:,B正确；

对于C:事件A与B互斥的充要条件为AB=Ø,即P(AB)=0,而P(AB)=0.3≠0,C错误；

对于D:,D正确.

10.ABD

【分析】根据二项式定理，结合通项公式、赋值法、求导法、余数运算逐项判断即可.

【详解】对于A,二项展开式的通项为T,+=C₁₀-1¹⁰-.(-2x)=C₁₀(-2)-x,

取r=2,可得x²的系数a₂=C²ỏ(-2)²=45×4=180,A正确.

对于B,令x=-1,得f(-1)=(1+2)¹°=3⁰=a₀-a+a₂-a₃+…+a₁₀,B正确.

对于C,对f(x)求导得f'(x)=-20(1-2x)⁹=a₁+2a₂x+3a₃x²+…+10q₁₀x⁹,

令x=1,得q+2a₂+…+10q₁₀=f'(1)=-20×(1-2)⁹=20,C错误.

选项D:f(-2)=51⁰=(4+1)¹°=C10·4⁰+Clo·4⁹+…+C₀·4+C¹10,

又C₀·4°,Cl₀·4⁹,…,C₀·4均含因数4,故f(-2)除以4的余数为Cl0=1,D正确.

11.ACD

【分析】A选项，利用分步乘法计数原理即可求解；B选项，相邻、不相邻问题用捆绑法和插空法即可求解；

C选项，用隔板法解决；D选项，先对240进行质因数分解，从而可得正因数个数.

【详解】对于A,每封信都有3个邮筒可选，根据分步乘法计数原理，

可得5封信共有3×3×3×3×3=3⁵种投法，故A正确；

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对于B,甲乙相邻用捆绑法，内部排列有A²=2种，

将甲乙整体与剩余1名非丙丁的同学排列，有A²=2种排法，

排完形成3个空位，插入丙丁有A²=6种，总排法为2×2×6=24种，故B错误；

对于C,12个相同的小球，每人至少2个，可先给每人分1个，

剩下12-5=7个，则转化为“每人至少1个”,

采用隔板法，共有C₆=15种，故C正确；

对于D,因为240=2⁴×3¹×5¹,正因数个数为各质因数指数加1的乘积，

即(4+1)×(1+1)×(1+1)=20个，故D正确.

12.

6

【分析】本题主要考查由数列前n项和求通项公式.利用a=Sₙ-Sn₋1(n≥2)计算，再代入n=3即可.

【详解】当n≥2时，aₙ=Sₙ-Sn₋1=(n²+n)-[(n-1)²+(n-1)]=n²+n-(n²-n)=2n,

a₃=2×3=6.

13.

【分析】分别计算从甲箱、乙箱摸出红球的概率，根据全概率公式求解即可.

【详解】记事件A为“从甲箱中摸球”,事件B为“从乙箱中摸球”,事件C为“摸到红球”.

掷质地均匀的骰子，出现点数为1,2,3的概率,此时从甲箱摸到红球的条件概率

出现点数为4,5,6的概率此时从乙箱摸到红球的条件概率

则摸到红球的总概率为：

14.

【分析】答题空1:先找出初始周长，观察每次迭代周长变为原来的,判定周长数列为等比数列，代入n=3

算出C₃;

答题空2:先求初始三角形面积，分析每次迭代新增小三角形的数量与面积，发现新增面积构成等比数列，

用等比求和叠加初始面积得到S的通项.

【详解】答题空1:

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初始正三角形边长为1,C₁=3×1=3,

每一次迭代：每条边被分成3等份，去掉中间段底边、向外作正三角形，每条边变为4条长度为原

周长变为原来的倍，

因此{Cn3是首项C₁=3、公比的等比数列，

所以

答题空2:

设初始正三角形面积，

第1次迭代(图①→图②):每条边上新增1个小正三角形，共新增3个，小三角形边长为,面积为原三角

形的新增总面积3·

第2次迭代(图②→图③):边数变为3×4=12,每条边新增1个边长为的小正三角形，新增总面积

第n次迭代：每次新增的面积构成首项,公比；的等比数列，

15.(1)a=2n-1

②

【分析】(1)设公差为d,利用已知条件建立方程组求解a₁和d,即可求出通项公式；

(2)将裂项为,再求和即可.

【详解】(1)设等差数列{a,}的公差为d,则解得所以a=2n-1.

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(2)由(1)得：

所以

16.(1)

(2)

极小值.无极大值

【详解】(1)x,x∈[0,π],求导可得

当时，

所以曲线f(x)在点处的切线方程,即

(2)由小问1可知，

令f'(x)=0,解得

所以当时，f'(x)>0,f(x)单调递增，

当时，f(x)<0,f(x)单调递减，

所以f(x)的极小值为,无极大值.

17.(1)

(2)

X-4-2024

P

【分析】(1)质点回到原点意味着向左和向右移动的次数相等，利用独立重复试验的概率公式求解；

(2)确定随机变量X的所有可能取值，利用二项分布概率公式求出对应概率，列出分布列，最后根据期

望公式计算数学期望.

【详解】(1)设质点向左移动的次数为m,向右移动的次数为n.

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因为质点共移动4次，且回到原点，所以向左和向右移动的距离相等，即m=n.

又m+n=4,所以m=2,n=2.每次向左移动的概率为,向右移动的概率为

根据n次独立重复试验的概率公式，质点回到原点的概率为：

故当移动4次完成时，质点回到原点的概率为

(2)设质点向右移动的次数为k,则向左移动的次数为4-k,其中k∈{0,1,2,3,4}.

质点最终的位置X=k×1+(4-k)×(-1)=2k-4.

所以随机变量X的可能取值为-4,-2,0,2,4.

根据独立重复试验概率公式,计算各取值的概率：

当X=-4时，k=0,

当X=-2时，k=1,

当X=0时，k=2,

当X=2时，k=3,

当X=4时，k=4,

所以X的分布列为：

X-4-2024

P

X的数学期望

18.(1)因为点(a,an+1)在函数的图象上，

所以,即

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整理得

又

所以是以为首项，为公比的等比数列，

,整理得

(2)(i)Sₙ=n·3”+;

(ii)bₙ=3”,设数列{b从第k项(k∈N)开始，连续P项的和为T,

Cn=2n+1,数列{cn}的项全部为正奇数，因此要求T为奇数，即为奇数，

因为3*恒为奇数，所以必须为奇数，

题意等价于存在正整数m,使

当P为正偶数时，

令p=2t,t∈N+,

3²=9=1(mod4),因此3²=(3²)=I'=1(mod4),

3P-1=1-1=0(mod4),即3P-1是4的倍数，

所以是偶数，与必须为奇数矛盾，即P为正偶数均不满足条件，

当P为正奇数时，

令p=2t-1,t∈N,

3=3(mod4),奇次幂保持余数32²-¹=3(mod4),

3-1=3-1=2(mod4),即3²-1除以4余2,

所以为奇数，

证明如下：取k=1(取数列第一项为连续段起点),

代入③解出

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P为奇数，则p+1为偶数，设p+1=2s,3P+¹=3²⁵=9,

9⁸=1(mod4),3+¹-5=1-5=-4=0(mod4),

所以3P+¹-5能被4整除，m为整数，

又p≥1,代入得m>0,即m是正整数，

所以对任意正奇数P,取k=1时，总能找到对应的正整数m,使连续P项和T=cm,满足题意，

即满足条件的正整数P是全体正奇数，即p=1,3,5,7,….

【分析】(1)由点在函数图像上得递推式，取倒数变形构造,证得等比后利用等比通项反解出an;

(2)(i)代入a化简求出b,再算出cn,得到等差乘等比型数列，采用错位相减法求前n项和；

(ii)设{b}连续P项和，结合{cn}全为奇数，通过模4分P奇偶讨论；偶数P时和为偶数矛盾舍去，奇数P

可找到对应正整数m满足条件，故P为全体正奇数.

【详解】(1)略

Cn=2log₃b+1=2log₃3”+1=2n+1,

cn·bn=(2n+1)·3”,

所以Sₙ=3×3¹+5×3²+7×3³+…+(2n+1)·3”①,

3Sₙ=3×3²+5×3³+7×3⁴+…+(2n+1)·3”②,

①-②得-2S,=3×3¹+2×3²+2×3³+…+2×3”-(2