精品解析：重庆市第十一中学2024-2025学年高二下学期4月期中数学试题

重庆市第十一中学校教育集团高2026届高二下期期中考试 数学试题 注意事项： 1．本试卷满分为150分，考试时间为120分钟. 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上. 3．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. 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 计算的值为（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据排列数和组合数公式和性质计算即可. 【详解】. 故选：A. 2. 某高山滑雪运动员在一次训练中滑行的路程l（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为：．当时，运动员的滑雪瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求导得，计算即可求解. 【详解】由题意得，所以， 故选：B. 3. 用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有 A. 24 B. 30 C. 40 D. 60 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：按偶数字在个位分类：个位只能是2或者4，十位在余下4个中选择，百位在余下3个中选择．所以答案是2×4×3=24，故选A． 考点：主要考查分步计数原理的应用． 点评：特别注意偶数其个位必定是偶数字． 4. 已知函数的定义域为R，且的图象是一条连续不断的曲线，的导函数为.若函数的图象如图所示， 则（ ） A. 在区间(-1,+∞)上单调递增 B. 在区间(-∞,0)上单调递减 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用图像即可得函数的单调性即可判断AB，由在的单调性即可判断CD. 【详解】由图可知，当时，，当时，，当时，， 所以单调增区间为，减区间为，故AB错误； 因为，所以，故C正确； 由，函数在为减区间，所以，故D错误， 故选：C. 5. 某网红奶茶店“Chill Tea”在市中心有三个分店：A店、B店、C店.根据平台数据，顾客选择、、店的概率分别为30%、50%、20%.已知各分店高峰期制作时间超过15分钟的概率分别为：店20%、店40%、店30%.若小明随机选择一个分店下单，他等待超过15分钟的概率是（ ） A. 28% B. 32% C. 35% D. 40% 【答案】B 【解析】 【分析】由全概率公式即可求解； 【详解】由题意选择店并超时的概率为：； 选择店并超时的概率为：； 选择店并超时的概率为：； 所以等待超过15分钟的概率为， 故选：B 6. 从编号1~10的10张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件A：“第一次抽到数字为5的倍数”，事件B：“第二次抽到的数字小于第一次”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据古典概型的计算方法和分步乘法概率计算公式，求出事件的概率和积事件的概率，依据条件概率公式求出条件概率即可. 【详解】根据题意知，符合5的倍数的牌有两张，分别是5和10，则, 事件有两种情况，第一次抽5且第二次抽的比第一次小，和第一次抽10且第二次抽的比第一次小，则. 根据条件概率公式可知. 故选：C. 7. 已知函数是定义在上的偶函数，当时， ，若，则不等式的解集为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】分析：由联想到构造函数，此函数是奇函数，在时，，从而具有单调性，再结合已知可求得不等式解集． 详解：设，则，∴是奇函数，又时，，因此此时是减函数，于是在时，也是减函数，由，得，∴的解集为，故选D． 点睛：构造新函数是导数的一个典型应用，难点是构造的新函数的形式，在解题中常常有这些构造法：，，，等等，平常学习中要注意总结． 8. 已知函数（），对于任意，当时，都有成立，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得，令，即在上单调递增，得在恒成立即可. 【详解】由有， 令，所以在上单调递增， 所以在上恒成立， 所以，令，又在上单调递减， 所以，所以，即， 故选：D. 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4个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知随机事件A，B满足，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若A与B互斥，则 C. 若，则A与B相互独立 D. 若A与B相互独立，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定条件，结合概率的性质、互斥事件、相互独立事件的概率公式，逐项分析判断即可. 【详解】对于A，由，得，A错误； 对于B，由A与B互斥，得，B正确； 对于C，由，得，则A与B相互独立，C正确； 对于D，由A与B相互独立，得，相互独立，则，D错误. 故选：BC. 10. 2025年重庆市“心之向往，渝跑渝爱”主题马拉松赛事设置了全程马拉松、半程马拉松、健康跑和亲子跑四个项目．在渝大学生踊跃参加志愿服务，现有甲、乙等5名大学生志愿者，通过培训后，拟安排在全程马拉松、半程马拉松和健康跑、亲子跑四个项目进行志愿者活动，则下列说法正确的是（ ） A. 若全程马拉松项目必须安排2人，其余三项各安排1人，则有60种不同的分配方案 B. 若每个比赛项目至少安排1人，且每人均被安排，则有240种不同的分配方案 C. 安排这5人排成一排拍照，若甲、乙相邻，则有42种不同的站法 D. 安排这5人排成一排拍照，若甲不站排头或排尾，则有72种不同的站法 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据先分组再排列结合分步乘法原理和分类加法原理分别计算各个选项即可求解. 【详解】对于A，先从5人中选2人安排到全程马拉松项目，有种方法， 然后剩下3人安排到其余两个项目，每个项目安排1人，有（种）， 则由分步乘法计数原理可知共有种分配方案，故A正确； 对于B，将5个人分成4组，且每组至少1人，则分法为1，1，1，2， 则不同的分配方案有（种），故B正确； 对于C，先将甲、乙捆绑在一起看成一个整体，再与剩下的3人进行全排列， 所以不同的站法有（种），故C错误； 对于D，安排这5人排成一排拍照，若甲不站排头或排尾，则甲有3个位置可以选择， 余下4人在剩下的4个位置全排列，则有种不同的站法，故D正确． 故选：ABD． 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则有2个零点 B. 若，则的解集为 C. 在上有极小值 D. 在上有极大值 【答案】ABC 【解析】 【分析】解方程可得选项A正确；根据时解不等式可得选项B正确；讨论的范围，结合函数的零点及函数的连续性判断选项C正确；求导，讨论的范围，利用导数判断函数极值点，即可得判断D. 【详解】对于选项A：当时，由得，， 解得或0，所以有且仅有2个零点，故A正确； 对于选项B：当时，，且， 由得，解得， 所以的解集为，故B正确. 对于选项C：当时，且，由得或， 当时，；当时，. ①若，则，当时，； 可知在的右侧附近单调递减，在左侧附近单调递增， 所以在内有极小值； ②若，则， 当时，则，可知， 可知在的右侧附近单调递减，在左侧附近单调递增， 所以在内有极小值； ③若，当时，；当时，； 可知在的右侧附近单调递增，在左侧附近单调递减， 所以在有极小值； ④若，则， 当时，则，可知， 可知在的右侧附近单调递减，在左侧附近单调递增， 所以在内有极小值； 综上所述：在上有极小值，故C正确. 对于选项D：因为， 构建，可知， 构建，可得， 可知在上单调递增，则， ①若，则，即，可知在上单调递增， 则，且， 可知在上存在唯一零点， 当，，即；当，，即； 可知在内单调递减，在内单调递增， 所以有极小值，无极大值； ②若，且，可知在上存在唯一零点， 当，，即；当，，即； 可知在内单调递减，在内单调递增， 且，且， 可知在上存在唯一零点， 当，，即；当，，即； 可知在内单调递减，在内单调递增， 所以有极小值，无极大值； 综上所述：在上无极大值，故D错误 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 随机变量的分布列如下表所示： 1 2 3 4 0.1 0.3 则_____ 【答案】0.3## 【解析】 【分析】根据给定的数表，利用分布列的性质求出m，再利用互斥事件的概率公式计算作答. 【详解】由分布列的性质得，，解得， 所以. 故答案为：0.3 13. 已知函数，若函数（m为常数）有且仅有2个零点，则m的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意分析可得原题意等价于与有2个不同的交点，求导，利用导数判断原函数的单调性与极值，结合图象分析判断. 【详解】令，则， 原题意等价于与有2个不同的交点， 当时，则，可得， 令，解得；令，解得； 则在上单调递增，在上单调递减，可得， 且当x趋近于0时，趋近于，当x趋近于时，趋近于0； 所以m的取值范围是. 故答案为：. 14. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则第3次传球后球在乙手中的概率为________，第n次传球后球在乙手中的概率为________． 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】利用样本空间法，通过列举的方法计算概率；首先设第次传球后在乙手中的概率为，以及第次传球道甲或丙手中的概率为，求解关于数列的递推关系式，通过构造法求数列的通项公式. 【详解】每次传球都有2种可能，传球3次有种传球过程， 其中第3次传给乙，包含甲丙甲乙，甲乙丙乙，甲乙丙乙，3种传球过程，所以第3次传球后球在乙手中的概率为； 设第次传球后在乙手中的概率为，则第次传球道甲或丙手中的概率为， 故， 所以， 所以数列为等比数列，首项为，公比为， 所以，即. 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是分析传到乙之前是从甲或丙传过去，所以需分析传到甲和丙的概率，从而得到递推关系式. 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. 已知函数在处取得极值． （1）求实数a，b的值； （2）求在区间上的最大值和最小值． 【答案】（1） （2）最大值为59，最小值为 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，根据和，求出，的值； （2）利用导数判断函数的在上的单调性，求出最值. 【小问1详解】 ，则， 因函数在处取得极值， 则，得， 经检验，符合题意； 【小问2详解】 由（1）可知，， 得或，得， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，在处取得极小值， ，，，， 则在区间上的最大值为59和最小值. 16. 在的展开式中，________． 给出下列条件：①二项式系数和为64；②第三项的二项式系数为15；③只有第4项的二项式系数最大；试在这三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并且完成下列问题： （1）求n的值，并求出展开式中的常数项； （2）求展开式中的系数． 【答案】（1），160 （2）72 【解析】 【分析】（1）若选①，利用二项式系数和公式先求n，结合展开式通项公式可求常数项；若选②，利用二项式定理先求n，结合展开式通项公式可求常数项；若选③，利用赋值法先求n，结合展开式通项公式可求常数项； （2）由（1）可知无论选哪个条件，都有，利用二项式定理及其展开式通项可求指定项系数. 【小问1详解】 若选①，易知，则，此时的常数项为； 若选②，易知，则，此时的常数项为； 若选③，易知最大，则，此时的常数项为； 则，此时的常数项为； 【小问2详解】 由上可知不论选①②③，都有， 则问题为求展开式中的系数， 先求展开式中含的项，易知该项为， 再求展开式中含的项，易知该项为， 所以展开式中含的项为，所以其系数为72． 17. 2025年世界游泳锦标赛将在新加坡举办，游泳比赛分为预赛、半决赛和决赛三个阶段，只有预赛、半决赛都获胜才有资格进入决赛．已知甲在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和，乙在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和，丙在预赛和半决赛中获胜的概率分别为p和，其中．假设每次比赛结果相互独立． （1）甲、乙、丙进入决赛的概率分别是多少？ （2）如果甲、乙、丙三人都进入决赛的概率为，求p的值； （3）在（2）的条件下，设甲、乙、丙三人中进入决赛的人数为X，求X的分布列． 【答案】（1），， （2） （3）分布列： X 0 1 2 3 P 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式即可求解； （2）利用甲、乙、丙三人都进入决赛的概率之积列方程求解即可； （3）利用分类计算三人相互独立事件发生概率之积来求分布列即可. 【小问1详解】 甲进入决赛的概率为， 乙进入决赛的概率为， 丙进入决赛的概率为. 【小问2详解】 因为甲、乙、丙三人都进入决赛的概率为， 则， 整理得，解得或， 因为，所以. 【小问3详解】 由（2）知，丙进入决赛的概率为， 所以甲、乙、丙三人进入决赛的概率分别为，，， 根据题意可得，随机变量X的可能取值为0，1，2，3， 可得； ， ， 则， 所以随机变量X的分布列为： X 0 1 2 3 P 18. 已知函数，． （1）若，判断的单调性； （2）若，求a的值； （3）已知，．若，证明：． 【答案】（1）在上单调递增，在上递减 （2） （3） 令，， 所以，令，， 所以在上单调递增，因为，， 所以在上存在唯一零点，令，则， 令，所以；令，所以； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又因为，所以， 所以，得证. 【解析】 【分析】（1）先求导，利用导数研究单调性即可求解； （2）由，得，根据的情况分类讨论，当时，由（1）有，即，令，利用导数研究最小值即可求解； （3）令，利用导数研究函数的单调性求出最小值即可求解. 【小问1详解】 由题意有：，因为， 令，解得：，所以当时，； 当时，， 所以在上单调递增，在上递减； 【小问2详解】 由（1）可知，当时，在上单调递增，在上单调递减． 若，则，即， 代入可得：， 令，（），则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，即恒成立，且， 所以，即， 当时，恒成立，即在上单调递增， 又，所以当，，不恒成立，故不成立. 综上所述，； 【小问3详解】 略 19. 牛顿法（Newton’s method）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设r是的根，任意选取作为r的初始近似值，曲线在点处的切线为，设与x轴交点的横坐标为，并称为r的1次近似值；曲线在点处的切线为，设与x轴交点的横坐标为，称为r的2次近似值．一般地，曲线在点处的切线为，记与x轴交点的横坐标为，并称为r的次近似值．不断重复以上操作，在一定精确度下，就可取为方程的近似解．对于函数，已知，并取作为r的初始近似值． （1）计算与的值； （2）求出和的关系（）； （3）设，，若关于x的方程的两个根分别为，（），证明：． 【答案】（1）， （2） （3） 由（2）知，，则， 函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 则当时函数取得最大值，， 又时，，时，， 因此当方程有两个根时，必满足； 曲线过点和点的割线方程为， 下面证明：， 设，求导得， 当时，；当，时， 函数在上单调递增，； 在上单调递减，， 则当时，，即（当且仅当或时取等号）， 又，则，解得； 下面证明当时，， 设，由，，得，当且仅当时取等号， 而，则，解得， 所以. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，结合初始值及r的1、2次近似值定义求解. （2）求出曲线在处切线方程即可. （3）由（2）求出，构造函数并利用导数探讨方程的根推理得证. 【小问1详解】 函数，求导得， 函数在处切线方程为： 依题意，，当时，， 同理，而，所以. 【小问2详解】 由（1）得到在处切线方程为： 令，得和的关系为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市第十一中学校教育集团高2026届高二下期期中考试 数学试题 注意事项： 1．本试卷满分为150分，考试时间为120分钟. 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上. 3．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. 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 计算的值为（ ） A. 2 B. C. D. 4 2. 某高山滑雪运动员在一次训练中滑行的路程l（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为：．当时，运动员的滑雪瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 3. 用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有 A. 24 B. 30 C. 40 D. 60 4. 已知函数的定义域为R，且的图象是一条连续不断的曲线，的导函数为.若函数的图象如图所示， 则（ ） A. 在区间(-1,+∞)上单调递增 B. 在区间(-∞,0)上单调递减 C. D. 5. 某网红奶茶店“Chill Tea”在市中心有三个分店：A店、B店、C店.根据平台数据，顾客选择、、店的概率分别为30%、50%、20%.已知各分店高峰期制作时间超过15分钟的概率分别为：店20%、店40%、店30%.若小明随机选择一个分店下单，他等待超过15分钟的概率是（ ） A. 28% B. 32% C. 35% D. 40% 6. 从编号1~10的10张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件A：“第一次抽到数字为5的倍数”，事件B：“第二次抽到的数字小于第一次”，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数是定义在上的偶函数，当时， ，若，则不等式的解集为 A. B. C. D. 8. 已知函数（），对于任意，当时，都有成立，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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4个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知随机事件A，B满足，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若A与B互斥，则 C. 若，则A与B相互独立 D. 若A与B相互独立，则 10. 2025年重庆市“心之向往，渝跑渝爱”主题马拉松赛事设置了全程马拉松、半程马拉松、健康跑和亲子跑四个项目．在渝大学生踊跃参加志愿服务，现有甲、乙等5名大学生志愿者，通过培训后，拟安排在全程马拉松、半程马拉松和健康跑、亲子跑四个项目进行志愿者活动，则下列说法正确的是（ ） A. 若全程马拉松项目必须安排2人，其余三项各安排1人，则有60种不同的分配方案 B. 若每个比赛项目至少安排1人，且每人均被安排，则有240种不同的分配方案 C. 安排这5人排成一排拍照，若甲、乙相邻，则有42种不同的站法 D. 安排这5人排成一排拍照，若甲不站排头或排尾，则有72种不同的站法 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则有2个零点 B. 若，则的解集为 C. 在上有极小值 D. 在上有极大值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 随机变量的分布列如下表所示： 1 2 3 4 0.1 0.3 则_____ 13. 已知函数，若函数（m为常数）有且仅有2个零点，则m的取值范围是________． 14. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则第3次传球后球在乙手中的概率为________，第n次传球后球在乙手中的概率为________． 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. 已知函数在处取得极值． （1）求实数a，b的值； （2）求在区间上的最大值和最小值． 16. 在的展开式中，________． 给出下列条件：①二项式系数和为64；②第三项的二项式系数为15；③只有第4项的二项式系数最大；试在这三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并且完成下列问题： （1）求n的值，并求出展开式中的常数项； （2）求展开式中的系数． 17. 2025年世界游泳锦标赛将在新加坡举办，游泳比赛分为预赛、半决赛和决赛三个阶段，只有预赛、半决赛都获胜才有资格进入决赛．已知甲在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和，乙在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和，丙在预赛和半决赛中获胜的概率分别为p和，其中．假设每次比赛结果相互独立． （1）甲、乙、丙进入决赛的概率分别是多少？ （2）如果甲、乙、丙三人都进入决赛的概率为，求p的值； （3）在（2）的条件下，设甲、乙、丙三人中进入决赛的人数为X，求X的分布列． 18. 已知函数，． （1）若，判断的单调性； （2）若，求a的值； （3）已知，．若，证明：． 19. 牛顿法（Newton’s method）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设r是的根，任意选取作为r的初始近似值，曲线在点处的切线为，设与x轴交点的横坐标为，并称为r的1次近似值；曲线在点处的切线为，设与x轴交点的横坐标为，称为r的2次近似值．一般地，曲线在点处的切线为，记与x轴交点的横坐标为，并称为r的次近似值．不断重复以上操作，在一定精确度下，就可取为方程的近似解．对于函数，已知，并取作为r的初始近似值． （1）计算与的值； （2）求出和的关系（）； （3）设，，若关于x的方程的两个根分别为，（），证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $