北京市大兴区2025-2026学年高二（下）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年北京市大兴区高二（下）期末数学试卷一、单项选择题：本大题共10小题，共40分。1.（cos2x）′=（）A.sin2x B.-sin2x C.2sin2x D.-2sin2x2.在的展开式中，常数项是（）A.-5 B.5 C.-3 D.33.已知事件A，B，且P（A）=0.5，P（B|A）=0.2，则P（AB）=（）A.0.1 B.0.25 C.0.4 D.0.454.设随机变量X～N（2，σ2），P（X≤4）=0.7，则P（2≤X≤4）=（）A.0.1 B.0.2 C.0.3 D.0.45.某射手连续射击3次，每次击中的概率都是0.8，则3次中只有第2次击中的概率为（）A.0.008 B.0.032 C.0.512 D.0.0646.将6名志愿者分到甲、乙、丙3个不同的公益小组，其中3人分到甲组，2人分到乙组，1人分到丙组，则不同的分法种数为（）A. B. C. D.7.已知函数，则f（x）（）A.有最大值无最小值 B.有最大值也有最小值

C.无最大值有最小值 D.无最大值也无最小值8.已知函数f（x）的定义域为（0，+∞），导函数f'（x）=（ax-1）lnx,则“a＜0”是“x=1是f（x）的极大值点”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.函数，曲线y=f（x）存在与直线y=kx（k≠0）垂直的切线，则k的取值范围是（）A.（-∞，0）∪（0，+∞） B.[-e2，0）∪（0，+∞）

C.（-∞，-e2]∪（0，+∞） D.（-∞，0）∪[e2，+∞）10.设点集U={（a1，a2）|ai∈{-1，0，1}，i=1，2}，集合P={（1，1）}，记样本空间Ω=∁UP，从Ω中随机取一个样本点，定义随机变量X如下：对Ω中的每一个样本点（a1，a2），令X=a1+2a2，则X的数学期望是（）A. B. C.0 D.二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。11.在（x+x2）4的展开式中，含x7的项的系数是

.12.5名同学去听同时举行的3个不同的讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同选择的种数是

；恰有1个讲座这5名同学都没选的概率是

.13.已知随机变量X，Y的分布列分别如表所示，则使方差D（X）＜D（Y）成立的一个P1的值是

.X01P1-P1P1Y01P0.20.814.已知函数f（x）=（2x-1）3-6x+a,则f（x）在x=2处的瞬时变化率为

；若f（x）至多有2个零点，则a的取值范围是

.15.已知函数f（x）=xex+asinx,给出下列四个结论：

①当a=0时，曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率是1；

②若对任意的x∈（0，π）都有f（x）＞0成立，则a∈[0，+∞）；

③当a＜-1时，导函数f'（x）在区间（0，π）上存在唯一的零点；

④若存在x1，x2∈（0，π），使得f（x1）=f'（x2）=0成立，则x1＞x2.

其中所有正确结论的序号是

.三、解答题：本题共5小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.(本小题13分)

一个袋子里装有7个大小相同的球，其中有2个红球，5个白球.

（Ⅰ）若不放回地从袋中依次摸出3个球，共有多少种不同的摸球方法；

（Ⅱ）若有放回地从袋中依次摸出3个球，恰好有2个白球，共有多少种不同的摸球方法；

（Ⅲ）若不放回地从袋中依次摸球，规定：2个红球全部被摸出后才停止摸球，那么直到第5次摸球后才停止摸球，共有多少种摸球方法.17.(本小题13分)

某学生参加研学活动，需依次前往3个打卡点，每个打卡点遇到排队的概率均为，若遇到排队，则每次排队均需额外耗时15分钟.假设在各打卡点是否遇到排队相互独立.

（Ⅰ）求该生首次遇到排队发生在第3个打卡点的概率；

（Ⅱ）设该生在这3个打卡点排队的额外总耗时为X分钟，求P（X≥30）和E（X）.18.(本小题14分)

为了解某行业的研发情况，从该行业所有企业中随机抽取6家，对这6家企业的研发投入与专利产出进行调研，整理数据成下表：企业ABCDEF研发投入（万元）500680970120019002700专利产出（件）4588.914假设用频率估计概率，且各企业的研发投入相互独立.

（Ⅰ）从该行业所有企业中随机抽1家，估计其研发投入大于1000万元的概率；

（Ⅱ）从这6家企业中随机抽3家，求3家中专利产出大于6件的企业个数X的分布列；

（Ⅲ）设定临界值k（500≤k≤1900），现有预测研发情况的规则：若企业研发投入大于k万元，则预测其专利产出大于6件；若企业研发投入不大于k万元，则预测其专利产出不大于6件.记P为“该规则对此行业内企业的研发情况预测正确的概率估计值”，写出当时，临界值k的取值范围.（结论不要求证明）19.(本小题15分)

已知函数，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知.

（Ⅰ）求a的值；

（Ⅱ）求导函数f'（x）的单调区间；

（Ⅲ）证明：对任意的m,n∈（1，+∞），f（m+n-1）＞f（m）+f（n）-1.

条件①：是f（x）的一个极小值；

条件②：直线与曲线y=f（x）相切.

注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.20.(本小题15分)

已知正整数集合A={a1，a2，…，am}，其中a1＜a2＜…＜am，m∈N*.由集合A生成的数列{bn}满足：（n∈N*，n≤m）.T（A）表示满足的正整数n0的个数.

（Ⅰ）若集合A={1，3，5，7}，求T（A）；

（Ⅱ）若m=3，问：a1，a2，a3需要满足什么条件，能使T（A）=1成立？并写出一个能满足条件的集合A；

（Ⅲ）若m=2026，且a2k+1-a2k≤2（k=1，2，…，1012），写出使T（A）=2成立的充要条件，并说明理由.

1.【答案】D

2.【答案】C

3.【答案】A

4.【答案】B

5.【答案】B

6.【答案】A

7.【答案】B

8.【答案】A

9.【答案】D

10.【答案】D

11.【答案】4

12.【答案】243

13.【答案】0.1（答案不唯一）

14.【答案】48（-∞，1]∪[5，+∞）

15.【答案】①③④

16.【答案】解：（Ⅰ）不放回有序抽取，即从7个球中选3个排列：．

（Ⅱ）每次白球有5种选择，红球有2种选择，故共有种不同摸球方法．

（Ⅲ）由题意，前4次恰好有1个红球、3个白球，第5次摸到红球，

共有=480种摸球方法．

17.【答案】解：（Ⅰ）设“该生首次遇到排队发生在第3个打卡点”为事件A，每个打卡点遇到排队的概率均为，

则每个打卡点没有遇到排队的概率均为1，则P（A）=；

（Ⅱ）X表示该生在这3个点排队的额外总耗时，X的可能取值为0，15，30，45，

则P（X=0）=，

P（X=15）=，

P（X=30）==，

P（X=45）=，

则P（X≥30）=P（X=30）+P（X=45）=，

则E（X）=0×45×=15．

18.【答案】解：（Ⅰ）根据题中数据，6家企业中研发投入大于1000（万元）有D，E，F共3家企业，所以估计概率为；

（Ⅱ）6家企业中专利产出数大于6件有4家．

根据题意，随机变量X的所有可能取值为：1，2，3．

，，，

所以X的分布列为：X123P（Ⅲ）k取值范围是[500，1200）．

19.【答案】解：（Ⅰ）定义域为（0，+∞）．f'（x）==，

选条件①，令f′（x）=0，解得，f′（x）与f（x）在区间（0，+∞）上的变化情况如下：xf′（x）-0+f（x）单调递减极小值单调递增所以f（x）有极小值为==，

解得a=-1；

选条件②：设切点（x0，f（x0）），

则f（x0）==，

f'（x0）==，

解得a=-1；

综上，a=-1；

（Ⅱ）当a=-1时，f（x）=，f'（x）=，

设g（x）=f'（x）=，x∈（0，+∞），

则g'（x）=，

因为x＞0，4x2-4x+3=，

所以g'（x）＞0，g（x）在（0，+∞）单调递增，

所以f'（x）的单调增区间为（0，+∞），无单调减区间；

（Ⅲ）证明：不妨假设n＞1，

设F（x）=f（x+n-1）-f（x）-f（n）+1，x∈（1，+∞），

则F'（x）=f'（x+n-1）-f'（x），

因为x＞1，n＞1，

所以x+n-1＞x＞1，

又由（Ⅱ）知，f′（x）在（1，+∞）单调递增，

所以f′（x+n-1）＞f′（x），

即F′（x）＞0，

所以F（x）在（1，+∞）单调递增，

又因为F（1）=f（n）-f（1）-f（n）+1=1-f（1）=0，

所以F（x）＞0，

所以对任意的m,n∈（1，+∞），f（m+n-1）＞f（m）+f（n）-1．

20.【答案】解：（Ⅰ）因为b1=a1-1=1-1=0，b2=a1-a2-2=1-3-2=-4，b3=a1-a2+a3-3=1-3+5-3=0，

b4=a1-a2+a3-a4-4=1-3+5-7-4=-8，

所以满足bn=0的正整数r为1，3，所以T（A）=2；

（Ⅱ）由题意得，b1=a1-1，b2=a1-a2-2，b3=a1-a2+a3-3，

因为a1＜a2，所以b2=a1-a2-2＜0，

因为T（A）=1，所以或

当时，则

所以a1=1，a3≠a2+2．；

当时，则

所以a1≠1，a3=a2-a1+3．

综上所述，a1，a2，a3需要满足的条件为a1=1，a3≠a2+2或a1≠1，a3=a2-a1+3．

不妨b1=0，b2≠0，b3≠0，则取a1=1，a2=3，a3=4，

所以满足该条件的集合A可以是A={1，3，4}．（答案不唯一）

（Ⅲ）使T（A）=2成立的充要条件是①当n0=1时，集合A中元素满足a1=1，a3-a2=2，a5-a4=1；

②当1＜n0＜2023，且n0为奇数时，集合A中元素满足，，，；

③当n0=2023时，集合A中元素满足a1=1012，a2k+1-a2k=1（k=1，2，…，1011），a2025-a2024=2．

先证明：当n为偶数时，bn≠0．

当n为偶数时，，

因为a1＜a2＜…＜am，所以an-1-an＜0（2≤n≤m），

所以bn=（a1-a2）+（a3-a4）+…+（an-1-an）-n＜0c,

所以当n为偶数时，bn≠0．

以下证明：当n为奇数时，bn+2-bn=-an+1+an+2-2．

因为b=a1-a2+a3-a4+…+an-2-an-1+an-n,所以bn+2=a1-a2+a3-a4+…+an-2-an-1+an-an+1+an+2-（n+2），

所以bn+2-bn=-an+1+an+2-2．

因为an+1，an+2为正整数，且an+1＜an+2，-a2k+a2k+1≤2（k=1，2，…，1012），

所以-an+1+an+2=1或-an+1+an+2=2．

①当对任意的奇数n,满足-an+1+an+2=1时，bn+2-bn=-an+1+an+2-2=-1＜0，

所以bn+2＜bn，

所以满足的正整数n0的个数不可能为2，所以不满足T（A）=2．

②当存在奇数n,使-an+1+an+2=2时，则bn+2-bn=-an+1+an+2-2=0，

所以bn+2=bn．

因此若，则．

因为bn=a1-a2+a3-a4+…+an-2-an-1+an-n=a1+（-a2+a3）+（-a4+a3）+…+an-2+（-an-1+an）-n=，

所以当，时，，

此时．

以下证明必要性：若T（A）=2，则数列{bn}中只有这两项．

故n0为奇数，且．A中元素满足，，．

以下证明：若T（A）=2，则必有．

当，n＞n0+2，且n为奇数时，bn＜0，所以T（A）=2．

当时，，不满足T（A）=2，

所以若T（A）=2，则必有．故“集合A中元素满足：

①当n0=1时，集合A中元素满足a1=1，a3-a2=2，a5-a4=1；

②当1＜n0＜2023，且n0为奇数时，集合A中元素满足，，；

③当n0=2023时，集合A中元素满足a1=1012，a2k+1-a2k=1（k=1，2，…，1011），a2025-a2024=2．

”是“T（A）=2成立”的必要条件．

以下证明充分