高中高中2025北京海淀高二（下）期末數學2025.07本試卷共6頁，共兩部分，19道題，滿分100分.考試時長90分鐘.試題答案一律填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效.考試結束后，請將答題卡交回.第一部分（選擇題共40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.已知數列滿足，則的值為（）A. B.16 C. D.322.已知函數，則（）A. B.C. D.3.已知，則（）A.－10 B.－40 C.10 D.404.某學校組織高二學生參加社會實踐研學活動，研學路線有成都、南京、西安共3條．學校安排3名男教師和3名女教師一起負責研學活動，若每條路線安排男、女教師各1名，則不同的分配方案種數為（）A.36 B.72 C.108 D.2165.已知函數的導函數的圖象如圖所示，則下列結論中正確的是（）A.函數有2個極值點B.函數在區(qū)間上沒有零點C.函數在區(qū)間上單調遞減D.曲線在點處的切線斜率小于零6.已知等差數列和等比數列，，則滿足的數值m（）A.有且僅有1個值 B.有且僅有2個值C.有且僅有3個值 D.有無數多個值7.甲、乙兩名運動員進行某項比賽并約定：若其中一人連續(xù)贏兩局，則此人獲勝，比賽結束．已知每局比賽結果相互獨立，且每局甲贏的概率為（沒有平局）．則在第三局結束比賽的條件下，運動員甲獲勝的概率是（）A. B. C. D.8.設是所有項都不為0的無窮等差數列，則“為遞減數列”是“為遞增數列”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件9.已知函數的定義域為，若對任意的，都存在唯一的，使得，則稱函數具有性質．下列四個函數中，具有性質的是（）A. B.C. D.．10.已知函數．則下列結論中錯誤的是（）A.當時，函數在單調遞減B.當時，函數有最大值2C.當時，函數有3個極值點D.當時，直線與曲線恰有2個交點第二部分（非選擇題共60分）二、填空題共5小題，每小題4分，共20分.11.已知數列的通項公式為，則_____；記的前項和為，則_____．（用數字作答12.已知函數，則其定義域為_____，_____．13.現有甲、乙、丙三個人，需要執(zhí)行某項試驗任務，每個人至多執(zhí)行一次．如果規(guī)定時間內某人完成任務，則試驗成功，結束該任務；如果規(guī)定時間內某人不能完成任務，則撤回再由下一個人執(zhí)行任務．若該項試驗任務按照甲、乙、丙的順序執(zhí)行且甲、乙、丙三人在規(guī)定時間內完成任務的概率分別為，每個人能否完成任務相互獨立，則試驗成功的概率為_____．14.已知函數在區(qū)間上沒有零點，則實數的取值范圍是_____．15.已知無窮數列的前項和滿足，其中為常數，且．給出下列四個結論：①實數；②數列為等差數列；③當時，對任意，存在，當時，；④當恒成立時，一定為遞減數列．其中所有正確結論的序號是_____．三、解答題共4小題，共40分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.16.已知函數．（1）求曲線在點處的切線方程；（2）求函數的單調區(qū)間．17.幻覺，是指模型生成看似合理但實際不正確或毫無事實依據的信息的現象．幻覺率是指模型產生幻覺的概率．現抽取了由甲、乙、丙、丁四個公司研發(fā)的14個使用率較高的AI模型，其幻覺率如下表所示：公司甲乙丙丁AI模型1234567891011121314幻覺率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）從表中提供的AI模型中任取一個，求該模型幻覺率低于2%的概率；（2）從表中提供的幻覺率低于2%的AI模型中任取3個，用隨機變量表示其中幻覺率低于1.3%的模型個數，求隨機變量的分布列和數學期望;（3）已知某同學向表中乙或丙公司的某個AI模型進行了一次提問，經查證，該模型產生了AI幻覺，則該模型來自哪個公司的可能性更大?（結論不要求證明）18.已知函數．（1）當時，直線是曲線的一條切線，求的斜率的最小值;（2）當時，求證：函數存在極小值；（3）若存在實數，使得關于的不等式的解集為，直接寫出的取值范圍．19.給定正整數，若數列同時滿足下列兩個性質，則稱數列為數列：①；②對任意，總存在，使得．記數列的個數為（1）寫出兩個數列；（2）若為數列，求的值；（3）求的最大值．

參考答案第一部分（選擇題共40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.【答案】B【分析】由等比數列的通項公式計算可得結果.【詳解】由，可得，則是首項為1，公比為的等比數列，則.故選：B.2.【答案】B【分析】根據除法的求導法則求導即可.【詳解】因為，故選：B3.【答案】D【分析】根據二項式定理性質運算.【詳解】.故選：D4.【答案】A【分析】根據全排列即可求解.【詳解】每條路線安排一男一女，故總的分配方法有,故選：A5.【答案】C【分析】根據導函數圖象判斷原函數單調性判斷ABC，根據導數在某點處幾何意義可判斷D.【詳解】由圖可知：函數在單調遞增，在單調遞減.對A，函數只有1個極大值點，故錯誤；對B，函數在單調遞減，不能確定有沒有零點，故錯誤；對C，數在區(qū)間上單調遞減，正確；對D，曲線在點處的切線斜率為，故錯誤.故選：C6.【答案】A【分析】根據題意求公差和公比，令，分情況討論，結合數列單調性分析即可判斷.【詳解】設等差數列的公差為，等比數列的公比為，因，則有，解得，令，可得，此時滿足的只有成立；當時，顯然，①若是奇數，則，顯然不滿足；②若是偶數，則，且，即，可得即不成立；綜上所述：滿足的數值有且僅有1個值，即.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查擺動數列的單調性應用，屬于難題.對于擺動數列通項的處理，一般考慮對負底數的冪指數按照為奇為偶進行分類討論，有時還需得對個別項賦值求值判斷，再綜合考慮即可.7.【答案】C【分析】根據條件概率的計算公式即可求解.【詳解】第三局結束比賽的概率為，則在第三局結束比賽的條件下甲獲勝的概率為，故選：C8.【答案】A【分析】作差法得到，若遞減，可得為遞增數列，充分性成立，可以舉出實例說明必要性不成立，從而可得答案.【詳解】若遞減，則因此需要滿足：且恒成立；若，，則對所有成立，若，，則存在使得，與矛盾遞減的充要條件是且，即若遞減，則為遞增數列，充分性成立；若為遞增數列，則，，由于不知道的正負，故無法判斷的正負，故不能得到為遞減數列，必要性不成立，例如為以下數列：，則為，不是遞減數列，所以“為遞減數列”是“為遞增數列”的充分也不必要條件.故選：A.9.【答案】D【分析】根據題意逐項驗證函數具有性質，即可求解.【詳解】A：由的定義域為，，當時，，此時，，，故不唯一，故不具有性質，故A錯誤；B：其定義域為，當時，，當時，，則，當時，不唯一，故具有性質，故B正確；C：由的定義域為，，則，則，即，則不唯一，故不具有性質，故C錯誤；D：由的定義域為，則，由為增函數，也為增函數，所以在其定義域上單調遞增，且值域為，則對任意的時，都存在唯一的使，故D正確.故選：D.10.【答案】D【分析】先判斷函數的單調性，然后對分情況討論逐一判斷.【詳解】由，，令，則或；令，則，所以函數在單調遞增，在單調遞減.在上單調遞減.對于A，當時，，函數在單調遞減，故A正確；對于B，當時，，，所以當時，根據上面對函數單調性的判斷可知函數有最大值2，故B正確；對于C，當時，函數在單調遞減，在單調遞增，在單調遞減，則函數有3個極值點，故C正確；對于D，當時，函數在單調遞減，在單調遞增，在單調遞減，，所以函數直線與曲線恰有3個交點，則D錯誤.故選：D.第二部分（非選擇題共60分）二、填空題共5小題，每小題4分，共20分.11.【答案】①.5②.100【分析】將代入即可求出；先根據等差數列的定義證明數列是等差數列，再根據等差數列的前項和公式求出的表達式，再將代入即可求出.【詳解】因為，所以；又因為，所以，又，所以數列是以為首項，2為公差的等差數列，所以，所以.故答案為：5；10012.【答案】①.②.【分析】要使函數有意義，只須讓真數，求解不等式即可得到函數的定義域；令，則，再根據復合函數的求導法則求導即可得到.【詳解】要使函數有意義，須滿足，解得，所以函數的定義域為；令，則.所以=.故答案為：；13.【答案】【分析】分析出試驗成功有以下三種情況：①甲成功，②甲不成功乙成功，③甲乙都不成功丙成功，分別求出三種情況的概率，再求和即可得解.【詳解】試驗成功有以下三種情況：①甲成功，概率為；②甲不成功乙成功，概率為；③甲乙都不成功丙成功，概率為，所以試驗成功的概率.故答案為：14.【答案】【分析】本題可以求并討論其在上的正負，根據在上的單調性判斷函數的值域，從而求出在上沒有零點時的取值范圍.【詳解】由題得，令，即，解得或.根據與大小進行分類討論如下：(1)當，即時，在區(qū)間上，，所以在上單調遞增，又，所以在上沒有零點，滿足條件；(2)當，即時，在區(qū)間上，，即單調遞減，在上，，即單調遞增，所以在處取得極小值，也即是區(qū)間上的最小值.因為在上沒有零點，所以，又，于是，解得，結合，此時.綜上所述.故答案為：.15.【答案】①②④【分析】①利用首項條件，推導出與首項的關系，判斷的符號；②通過遞推關系或數學歸納法，驗證其是否為等差數列；③結合等差數列的通項，分析當趨近于無窮時的增長趨勢；④根據等差數列的通項，判斷的關系，判斷數列是否遞減.【詳解】對于①，當時，，移項可得，即，，，即，，故①正確.對于②，當時，，已知，則，等式兩邊同乘得，化簡得，又，數列是以為首項，為公差的等差數列.故②正確.對于③，當時，則，由②可知數列是以為首項，為公差的等差數列，根據等差數列通項公式可得，或，取，則當n為大于等于3的奇數時，，當n為奇數且時，，對任意，不存在，當時，，故③錯誤.對于④，由②可知數列是以為首項，為公差的等差數列，，即，，.當時，，則，，，故一定為遞減數列．故④正確.故答案為：①②④三、解答題共4小題，共40分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.16.【答案】（1）（2）單調增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為【分析】（1）由先求出，再求導數，進而求出，即可根據直線方程的點斜式求出切線方程；（2）先求函數的定義域，再解不等式和，即可求出的單調區(qū)間.【小問1詳解】因為，所以.因為，所以，所以在點處的切線方程為，即；【小問2詳解】函數的定義域為，因為恒成立，恒成立，所以令，解得或，令，解得，所以函數的單調增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為.17.【答案】（1）（2）答案見解析（3）乙公司的可能性更大【分析】（1）根據古典概型的計算公式即可求解，（2）根據超幾何概率的計算公式求解分布列，即可由期望公式求解，（3）根據貝葉斯公式計算大小，比較即可作答.【小問1詳解】14個AI模型，幻覺率高于2%的有2.9%，2.9%，2.4%，2.4%，2.8%，共有5個，所以幻覺率低于2%的概率為【小問2詳解】幻覺率低于2%的AI模型中共有9個，其中幻覺率低于1.3%的模型有3個，故,故分布列為0123,故【小問3詳解】來自于乙公式的概率大，理由如下：“模型來自于乙公司”，“模型來自于丙公司”，“AI模型的編號為”，，“AI模型的編號為”，，“AI模型產生了AI幻覺”則，則則,由于所以,由于,因此模型來自乙公司的概率大18.【答案】（1）（2）證明見詳解（3）【分析】（1）當時，，求出導數，設，借助導數研究的單調性及最值，即可得解；（2）先求出導數，令，借助研究導數得到在上單調性.又由，時，，根據零點存在定理即可得證；（3）令，將不等式，轉化為的解集為，求出導數，分和兩種情況討論的單調性，極值點及零點情況，即可得解.【小問1詳解】函數的定義域為.當時，，，設，則.令，因為，所以解得.所以當時，，在上單調遞減；當時，，在上單調遞增，所以當時，取到最小值，即切線的斜率的最小值為；【小問2詳解】函數的定義域為.，令，則.因為，所以，又因為，所以，所以在上單調遞增.又因為，當時，，所以，又因為在上連續(xù)，所以存在，使得，即，所以當時，，即，在上單調遞減；當時，，即，在上單調遞增；所以是的極小值點，函數存在極小值；【小問3詳解】等價于，即，令，若存在實數，使得關于的不等式，即的解集為，，令.（i）當時，的判別式，所以在時恒成立，即在時恒成立，即在上單調遞增.因為，所以是唯一的零點，當時，；當時，，能滿足使的解集為，符合題意；(ii)當時，的判別式，故有兩個不相等的實數根，由韋達定理可知，，因此兩根均為正根，且，則可知在上單調遞增，在單調遞減，在單調遞增，所以在時取到極大值，在處取到極小值.又因為，所以，，又當時，，所以在上存在一個零點，在上存在另外一個零點，所以的解集為，與的解集為相矛盾，故不符合題意.綜上可知，的取值范圍為.19.【答案】（1）答案見解析；（2）答案見解析；（3）4.【分析】（1）根據給定的定義直接寫出.（2）按分別求出，并用反證法證明的情況即可.（3）設，，利用組合計數問題，結合分步乘法計數原理列式求出，再按分奇偶求出.【小問1詳解】數列：①1，2，3；②1，3，2；③3，1，2；④3，2，1（任取兩個）.【小問2詳解】當時，因為或，所以或，所以；當時，因為；；；均是數列，所以可以為，假設存在，則此時