四川省雅安市2025-2026学年高二第二学期期末教学质量检测数学试题 含答案解析

数学满分150分，答题时间120分钟一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．1.乘积展开后的项数为（）．A. B. C. D.2.在等比数列中，，，则（）．A. B. C. D.3.一箱罐的饮料中罐有奖券，每张奖券奖励饮料一罐，从中任意抽取罐，则这罐中至少有罐有奖的抽取方法种数为（）．A.种 B.种 C.种 D.种4.现有道四选一的单选题，学生甲对其中道题有思路，道题完全没有思路，有思路的题做对的概率为，没有思路的题只好任意猜一个答案，猜对答案的概率为，学生甲从这道题中随机选择题，学生甲做对该题的概率是（）．A. B. C. D.5.若数列为正项等比数列，则下列一定为等差数列的是（）．A. B. C. D.6.已知曲线在点处的切线方程为，则实数的值为（

）A.1 B.2 C.0 D.7.“斐波那契数列”由意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”．斐波那契数列满足：，，，记其前项和为，设(为常数)，则（）．A. B. C. D.8.已知定义在上的可导函数满足，且，若，，，则，，的大小关系为（）．A. B. C. D.二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）在每小题给出的四个选项中，有多个符合题目要求，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.已知随机变量的分布列为01则下列结论正确的是（）．A.若，则 B.若，则C.若，则 D.的最小值为10.已知函数，则（）．A.无极值点B.有两个零点C.当时，D.不等式的解集为11.已知数列的前项和为，若，，则（）．A. B.存在，或C.数列为递减数列 D.对任意，三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）将答案填在答题卡相应的横线上．12.已知随机变量服从正态分布，则______．13.如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的大正方形．现有红、黄、蓝三种不同的颜色供选择给赵爽弦图涂色，要求每个区域只涂一种颜色且相邻两个区域颜色不同，则不同的涂法有______种．14.若方程有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是______．四、解答题（本大题共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.已知函数．（1）求曲线在处的切线方程；（2）求函数的单调区间．16.已知数列中，，．（1）证明：是等差数列；（2）记为的前项和，求数列的前项和．17.已知二项式．（1）若其展开式中，第项与第项的二项式系数之比为，求的值；（2）若，求展开式中所有的有理项；（3）设展开式中的各项系数和为，则当时，求除以所得余数．（参考数据：，，）18.某商场为了刺激消费，在端午节期间举行购物抽奖活动，根据不同支付方式，设置两种不同的抽奖方案．方案1：通过微信支付的顾客，可通过商场设置的小程序抽奖，每个顾客可抽奖2次，每次抽奖可随机获得0元、5元、10元的奖金，且抽到0元，5元，10元的概率均为．方案2：通过现金支付的顾客，可从装有3个红球和7个白球的抽奖箱中，不放回地取球3次，每次取1个球，第（，，）次取到红球，可得元奖金，取到白球没有奖金．（1）游客甲通过微信支付，记甲抽奖获得的奖金总金额为元，求；（2）游客乙通过现金支付，记乙抽奖获得的奖金为元，求的分布列；（3）试从顾客所得奖金金额的期望值分析，顾客选择哪种支付方式更划算．19.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当时，存在不相等的、，满足，证明：；（3）对任意的，恒成立，求a的取值范围．

数学满分150分，答题时间120分钟一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．1.乘积展开后的项数为（）．A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：由分步乘法计数原理可得：第一步从任选个数共种选法，第二步从任选个数共种选法，第三步从任选个数共种选法，故展开后的项数为：.2.在等比数列中，，，则（）．A. B. C. D.答案：B解析：解答过程：由等比数列性质可得：，.3.一箱罐的饮料中罐有奖券，每张奖券奖励饮料一罐，从中任意抽取罐，则这罐中至少有罐有奖的抽取方法种数为（）．A.种 B.种 C.种 D.种答案：B解析：解答过程：情况：罐有奖、罐无奖：方法数为，情况：罐都有奖：方法数为，总方法数：种.4.现有道四选一的单选题，学生甲对其中道题有思路，道题完全没有思路，有思路的题做对的概率为，没有思路的题只好任意猜一个答案，猜对答案的概率为，学生甲从这道题中随机选择题，学生甲做对该题的概率是（）．A. B. C. D.答案：C解析：思路：利用全概率公式，分别计算选到有思路题目做对的概率和选到无思路题目做对的概率，求和得到总概率.解答过程：设事件为“学生甲随机选题且做对该题”，事件为“选到有思路的题目”，则为“选到没有思路的题目”，由题意可知：，，，，由全概率公式得：.5.若数列为正项等比数列，则下列一定为等差数列的是（）．A. B. C. D.答案：A解析：思路：根据等差数列定义逐一分析.解答过程：设正项等比数列的公比为，通项公式为，选项A：令，则：，差为常数，因此一定是等差数列，A选项正确；选项B：令，，不是常数，反例：若，则，，，差不相等，B选项错误；选项C：令，则，，不是常数，反例：，，差为和，不相等，C选项错误；选项D：令，则，，不是常数，反例：，，差不相等，D选项错误.6.已知曲线在点处的切线方程为，则实数的值为（

）A.1 B.2 C.0 D.答案：C解析：思路：根据导数的几何意义求出切点横坐标，再将切点坐标代入切线方程即可求解的值.解答过程：设切点，由导数的几何意义可知，曲线在点处切线的斜率等于函数在该点的导数值，对求导得，因此，已知切线方程为，其斜率为，故，解得，即切点坐标为，将切点坐标代入切线方程得，解得.7.“斐波那契数列”由意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”．斐波那契数列满足：，，，记其前项和为，设(为常数)，则（）．A. B. C. D.答案：A解析：思路：利用数列前项和的定义将待求式转化为对应项的和，再结合斐波那契数列的递推公式化简即可得到结果.解答过程：根据数列前项和的性质，对任意，有，因此：，

结合斐波那契数列的递推关系，可得，，代入上式得：

已知，故原式的值为.8.已知定义在上的可导函数满足，且，若，，，则，，的大小关系为（）．A. B. C. D.答案：B解析：思路：先根据分式不等式确定函数的单调区间，再利用函数对称性将待比较的自变量转化到同一单调区间，最后结合单调性比较大小.解答过程：由可知分子分母同号：当即时，，故在上单调递增，当即时，，故在上单调递减，由可知，的图象关于直线对称，因此。计算得，因此在单调递增区间上，自变量满足：，即，故.二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）在每小题给出的四个选项中，有多个符合题目要求，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.已知随机变量的分布列为01则下列结论正确的是（）．A.若，则 B.若，则C.若，则 D.的最小值为答案：ABC解析：思路：A选项，根据和得到方程组，求出；B选项，先求出，从而得到；C选项，得到方程组，求出答案；D选项，求出的范围，得到.解答过程：A选项，由题意得，又，故，解得，A正确；B选项，由题意得，又，故，所以，B正确；C选项，，即，又，解得，C正确；D选项，，故，，因为，所以，故，，所以的最小值不是，D错误.10.已知函数，则（）．A.无极值点B.有两个零点C.当时，D.不等式的解集为答案：BCD解析：思路：先求出导数，利用导数写出函数的单调区间及极值，画出大致简图即可.解答过程：因为函数，所以，当或时，单调递减；当时，单调递增，所以有极小值点，极大值点，故A错误；极小值为，极大值为，大致图像为故有两个零点，故B正确；当时，单调递增，此时，故，故C正确；令解得或，由上图可得，不等式的解集为，故D正确.11.已知数列的前项和为，若，，则（）．A. B.存在，或C.数列为递减数列 D.对任意，答案：ACD解析：思路：选项A：配方得，结合数学归纳法证明恒成立，排除选项B中的，；作差判断选项C正确；选项D：利用构造函数在单调递增，结合数学归纳法和代数放缩证明双向不等式成立.解答过程：选项A：已知，，，因此A选项正确；选项B：对递推公式变形得：，对所有成立；下面用数学归纳法证明恒成立：由已知，若，则，因为，所以，故，因此不存在或，B选项错误；选项C：（因为），故，是递减数列，C选项正确；选项D：用数学归纳法证明不等式：时：，，，不等式成立，假设时不等式成立：即开口向下，对称轴为，因为，所以在单调递增，故，因为，，所以当时，，因此对任意，不等式成立，D选项正确.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）将答案填在答题卡相应的横线上．12.已知随机变量服从正态分布，则______．答案：##解析：思路：利用正态分布密度曲线的对称性计算所求概率.解答过程：正态分布的密度曲线关于直线对称，由题可知随机变量服从正态分布，即，因此其密度曲线的对称轴为，根据对称性可得.13.如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的大正方形．现有红、黄、蓝三种不同的颜色供选择给赵爽弦图涂色，要求每个区域只涂一种颜色且相邻两个区域颜色不同，则不同的涂法有______种．答案：解析：解答过程：显然①和③颜色需相同，②和④颜色需相同，①和③的颜色与②和④颜色不同，⑤需单独一种颜色，3种不同的颜色进行全排列，共有种涂法.14.若方程有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是______．答案：解析：思路：通过分离参数将方程根的问题转化为直线与曲线交点个数问题，运用导数分析函数的单调性，分、、三段讨论符号，结合极限确定各区间值域，得出负半轴恒有个根、正半轴在时有个根，最后综合并排除重根，得到的范围.解答过程：已知，分离参数得：，方程有三个不相等实根，等价于直线与函数的图象有三个不同交点，对求导得：，又恒成立，当时：，故，在上单调递增，且时，时，因此对任意，在上仅有个实根，当时：时，，故，单调递减；当时，，故，单调递增，因此在处取极小值：且和时，，当时，正半轴仅有这一个根（重根），不符合三个不相等的实数根；当时，直线与正半轴曲线在和内各有一个交点，共2个实根，综上，当时，负半轴个根，正半轴个根，总共有个不相等的实数根，故实数的取值范围为：.四、解答题（本大题共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.已知函数．（1）求曲线在处的切线方程；（2）求函数的单调区间．答案：（1）（2）单调递增区间为，单调递减区间为解析：（1）函数定义域为.由求导得，

，，切线方程为，即.（2），.令，则，故函数单调递增区间为，单调递减区间为.16.已知数列中，，．（1）证明：是等差数列；（2）记为的前项和，求数列的前项和．答案：（1）已知，由，结合递推关系可知对任意，，等式两边同时除以，整理得，又首项，因此是首项为、公差为的等差数列，得证.（2）解析：思路：（1）构造等差数列递推式即可证明；（2）先用等差数列求和，再利用裂项相消法来求和即可.（1）略（2）由（1）得，则的前项和为，因此，裂项相消得：.17.已知二项式．（1）若其展开式中，第项与第项的二项式系数之比为，求的值；（2）若，求展开式中所有的有理项；（3）设展开式中的各项系数和为，则当时，求除以所得余数．（参考数据：，，）答案：（1）（2）有理项为，，（3）余数为解析：思路：（1）利用二项式系数的性质即可求出；（2）利用二项展开式通项与有理项判定进行计算；（3）利用赋值法求展开式系数和与同余运算.（1）二项式展开式中，第项的二项式系数为，因此第3项二项式系数为，第4项二项式系数为，由题意得：，代入组合数公式，，化简得：.（2）时，二项式展开式的通项为：有理项要求的指数为整数，即为整数，故为3的倍数，可取：：,：,：,（3）求除以的余数令，得展开式各项系数和，二项式定理可知的展开式中不含有7因子的只有最后一项，所以除以7的余数为1，即除以所得余数为18.某商场为了刺激消费，在端午节期间举行购物抽奖活动，根据不同支付方式，设置两种不同的抽奖方案．方案1：通过微信支付的顾客，可通过商场设置的小程序抽奖，每个顾客可抽奖2次，每次抽奖可随机获得0元、5元、10元的奖金，且抽到0元，5元，10元的概率均为．方案2：通过现金支付的顾客，可从装有3个红球和7个白球的抽奖箱中，不放回地取球3次，每次取1个球，第（，，）次取到红球，可得元奖金，取到白球没有奖金．（1）游客甲通过微信支付，记甲抽奖获得的奖金总金额为元，求；（2）游客乙通过现金支付，记乙抽奖获得的奖金为元，求的分布列；（3）试从顾客所得奖金金额的期望值分析，顾客选择哪种支付方式更划算．答案：（1）（2）的分布列为：051015202530（3）顾客选择微信支付更划算，理由如下：设顾客通过微信支付，1次抽奖获得的奖金为，则，其中，故，，由于，故顾客选择微信支付更划算.解析：思路：（1）利用进行求解；（2）求出的可能取值和对应的概率，得到分布列；（3）求出，比较后得到结论（1），即一次抽到5元的奖金，一