精品解析：福建省厦门第二中学2025-2026学年第二学期高二第一阶段考试数学试卷

厦门二中2025-2026学年第二学期高二年段第一阶段考试 数学学科试卷 命卷教师：沈备、刘永刚、蔡静滢 审卷教师：高艳敏 考试时间：2026年4月9日下午（满分150分，时间120分钟） 考生注意： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．答选择题时，每小题选出答案后，用2B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、答非选择题时，用黑色签字笔直接答在答题卡上对应答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．考试结束后，请将答题卡交回. 一、选择题：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. 已知离散型随机变量的分布列服从两点分布，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据两点分布得，与条件联立解得结果. 【详解】因为的分布列服从两点分布，所以， 因为，所以 故选：C 【点睛】本题考查两点分布，考查基本分析求解能力，属基础题. 2. 某校课外活动兴趣小组设计一控制模块，电路如右图所示，当且仅当电子元件A，B至少有一个正常工作，且电子元件C正常工作，控制模块才能正常工作．已知电子元件A，B，C正常工作的概率分别为0.8，0.7，0.6，则该控制模块能正常工作的概率为（ ） A. 0.704 B. 0.644 C. 0.564 D. 0.336 【答案】C 【解析】 【分析】先根据互斥事件和对立事件的概率公式，求得元件A与B至少有一个正常工作的概率，再结合独立事件的概率乘法公式，即可求解. 【详解】由题意，电子元件A与B至少有一个正常工作的概率为： 所以该控制模块能正常工作的概率为. 故选：C. 3. 某早餐店发现加入网络平台后，每天小笼包的销售量（单位：个），估计300天内小笼包的销售量约在950到1050个的天数大约是 （ ）（若随机变量，则，，） A. 205 B. 246 C. 270 D. 275 【答案】A 【解析】 【分析】由正态曲线的性质求出，即可求解． 【详解】依题意，得， 则， 则估计天内小笼包的销售量约在到个的天数大约是：， 故选：A. 4. 已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】命题等价于在上单调递增，然后使用导数工具分类讨论的单调性即可. 【详解】原条件即为对恒成立，从而条件等价于在上单调递增. 设，则. 一方面，若在上单调递增，则对恒成立. 所以，即，得； 另一方面，若，设，则. 从而当时，当时. 故在上递减，在上递增. 所以当或时，有，即，进一步可得 . 这表明在和上递增，故在上递增. 综上，的取值范围是. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于使用导数分类讨论函数的单调性，属于较为常规的题目. 5. 某地的中学生中有的同学爱好滑冰，的同学爱好滑雪，的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为（ ） A. 0.8 B. 0.6 C. 0.5 D. 0.4 【答案】A 【解析】 【分析】先算出同时爱好两项的概率,利用条件概率的知识求解. 【详解】同时爱好两项的概率为， 记“该同学爱好滑雪”为事件,记“该同学爱好滑冰”为事件， 则， 所以. 故选:. 6. 老师有6本不同的课外书要分给甲、乙、丙三人，其中甲分得2本，乙、丙每人至少分得一本，则不同的分法有（ ） A. 248种 B. 168种 C. 360种 D. 210种 【答案】D 【解析】 【分析】根据分类加法原理，结合组合、排列的定义进行求解即可. 【详解】根据题意进行分类： 第一类：甲、乙、丙每人分得2本，（种）； 第二类：甲分得2本，乙、丙两人中一人分得1本另一人分得3本，（种）. 所以由分类加法计数原理可得共有种不同的分法． 故选：D. 7. 若函数在上存在单调递增区间，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件得出存在，使成立，即存在，使成立，构造函数，，求出的最值即可解决问题. 【详解】因为函数在上存在单调递增区间， 所以存在，使成立，即存在，使成立， 令，， 变形得，因为，所以， 所以当，即时，，所以， 故选：D． 8. 已知的展开式中，含x的项的系数为19，则当含项的系数最小时，展开式中含项的系数为（ ） A. 28 B. 64 C. 128 D. 156 【答案】D 【解析】 【详解】由二项式定理，展开式中含的项的系数为， 同理中含的项的系数为，因此； 含的项的系数为， 利用及，代入得 ， 令， 这是关于的二次函数，开口向上，对称轴为， 又因为，且离9.5最近的整数是9和10， 所以当或时，最小， 此时， ， 因此含的项的系数最小值为81，对应或。 此时含的项的系数为. 二、选择题．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. 某地生产红茶已有多年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶.根据其种植经验，在正常环境下，甲､乙两个品种的茶青每500克的红茶产量（单位：克）分别为，且，其密度曲线如图所示，则以下结论错误的是（ ） A. 的数据较更集中 B. C. 甲种茶青每500克的红茶产量超过的概率大于 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的性质和特点求解. 【详解】对于A，Y的密度曲线更尖锐，即数据更集中，正确； 对于B，因为c与 之间的与密度曲线围成的面积 与密度曲线围成的面积 ， ，正确； 对于C， ， 甲种茶青每500克超过 的概率 ，正确； 对于D，由B知： ，错误； 故选：D. 10. 函数 ，则下列说法正确的是 （ ） A. 当 时， 的极小值为 B. 为奇函数 C. 当 时， 一定有三个零点 D. 若直线 与 有三个交点 ，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数确定极值判断A；利用奇函数的定义判断B；由极大值、极小值的正负判断C；利用中心对称的性质判断D. 【详解】对于A，当时，，求导得， 当时，，当时，，为极大值，A错误； 对于B，令，则， 函数是奇函数，B正确； 对于C，，当时，令的二根， ，当或时，；当时，， 函数在上递增，在上递减，， 由三次函数的图象特征知，函数的图象与轴有3个交点，C正确； 对于D，由选项B知，函数的图象关于点对称，而直线关于点对称， 因此函数的图象与直线的3个交点关于点对称， 其交点的横坐标满足，D正确. 故选：BCD 11. 如图，某电子实验猫线路图上有、两个即时红绿指示灯，当遇到红灯时，实验猫停止前行，恢复绿灯后，继续前行，、两个指示灯工作相互独立，且出现红灯的概率分别为，.同学甲从第一次实验到第五次实验中，实验猫在处遇到红灯的次数为，在、两处遇到红灯的次数之和为，则（ ） A. B. C. 一次实验中，、两处至少遇到一次红灯的概率为 D. 当时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意知道，再根据二项分布的概率公式，方差公式，期望公式逐个计算判定即可. 【详解】由题意可知，所以，，故A错误，B正确； 一次实验中，，两处至少遇到一次红灯的概率为，故C正确； 当时，一次实验中没有遇到红灯的概率为， 遇到一次红灯的概率为，遇到两次红灯的概率为， 故一次实验中遇到红灯次数的数学期望为，所以，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题．本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）． 【答案】64 【解析】 【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解. 【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种； （2）当从8门课中选修3门， ①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种； ②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种； 综上所述：不同的选课方案共有种. 故答案为：64. 13. 如图是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中.记格子从左到右的编号分别为，用X表示小球最后落入格子的号码，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】由题设分析得到，进而利用二项分布的方差公式可得. 【详解】设“向右下落”，“向左下落”，则， 因为小球最后落入格子的号码等于事件发生的次数， 而小球下落的过程中共碰撞小木钉10次，所以， 故. 故答案为：. 14. 已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案. 【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点 因为，所以方程的两个根为， 即方程的两个根为， 即函数与函数的图象有两个不同的交点， 因为分别是函数的极小值点和极大值点， 所以函数在和上递减，在上递增， 所以当时，，即图象在上方 当时，，即图象在下方 ，图象显然不符合题意，所以． 令，则， 设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为， 则切线的斜率为，故切线方程为， 则有，解得，则切线的斜率为， 因为函数与函数的图象有两个不同的交点， 所以，解得，又，所以， 综上所述，的取值范围为． [方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导 =0的两个根为 因为分别是函数的极小值点和极大值点， 所以函数在和上递减，在上递增， 设函数，则， 若，则在上单调递增，此时若， 则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数 且的极小值点和极大值点，则，不符合题意； 若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以. 【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解； 法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法． 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大值． （1）求的值； （2）求在区间上的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，然后令求出，代入验证是否符合题意即可； （2）求导，确定函数在区间上的单调性，进而可求最大值. 【小问1详解】 由已知 令得或， 当时，令得或，令得， 故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 此时函数在处取极大值，在处取极小值，与函数在处取得极大值不符； 当，即时，令得或，令得， 故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 此时函数在处取极大值，在处取极小值，符合题意； 所以； 【小问2详解】 由（1）得，， 令，得，函数单调递增， 令，得，函数单调递减， 所以. 16. 已知的二项展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，且各项系数之和为 （1）求实数a和n的值； （2）求展开式中系数最小的项． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由题得到，再令，即可求出a； （2）写出二项展开式的通项公式，则，即可求解. 【小问1详解】 仅有第5项的二项式系数最大，则 令，则，又，则 【小问2详解】 二项展开式的通项为：， 假设第项的系数的绝对值最大，由通项可得： ，解得： 故二项展开式中第6项和第7项的系数的绝对值最大. 又展开式中奇数项的系数为正，偶数项的系数为负， 故展开式中系数最小的项是第6项： 17. 2026年春节假期期间，某百货商场举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元（含600元）均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种，每位顾客抽奖结果相互独立. 方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球.其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球，则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折. 方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元. （1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率； （2）若某顾客消费恰好满1000元，试从付款金额期望的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？ 【答案】（1） （2）该顾客选择第二种抽奖方案更合算，理由见解析 【解析】 【分析】（1）先求出顾客享受到免单优惠的概率，再根据独立事件的概率乘法公式求解即可. （2）结合离散型随机变量及二项分布的期望公式分别求出方案一、方案二的数学期望，比较即可. 【小问1详解】 选择方案一若享受到免单优惠，则需摸出2个红球和1个白球， 设顾客享受到免单优惠为事件，则. 所以两位顾客均享受免单优惠的概率为. 【小问2详解】 若选择方案一，设实际付款金额为，则的可能取值为0，500，700，1000. ，， ，. 所以（元）. 若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则. 由题意知，，故. 所以（元）. 因为，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算. 18. 在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，一款无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注，成为了进博会的“明星展品”．体积仅有维生素胶囊大小，体积比传统心脏起搏器减小93%，重量仅约2克，拥有强大的电池续航能力，配合兼容1.5T/3.0T全身核磁共振扫描检查等创新功能．在起搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片生产，试产期每天都需同步进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测，选择哪种检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能生成数字“0”和“1”，连续生成4次，把4次的数字相加，若和小于3，则该天的检测方式和前一天相同，否则选择另一种检测方式． （1）求该企业前三天的产品检测选择智能检测的天数X的分布列； （2）当地政府为了检查该企业是否具有一定的智能化管理水平，采用如下方案：设表示事件“第n天该企业产品检测选择的是智能检测”的概率，若恒成立，认为该企业具有一定的智能化管理水平，将给予该企业一定的奖励资金，否则将没有该项奖励资金．请问该企业能拿到奖励资金吗？请说明理由． 【答案】（1）答案见解析 （2）可以；理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，由条件可得的可能取值为，然后分别求出其所对应的概率，即可得到分布列. （2）根据题意，由条件可得是以为首项，为公比的等比数列，然后结合等比数列的通项公式即可得到结果. 【小问1详解】 设计算机4次生成的数字之和为，则， 则， ， 的可能取值为， 则， ， ， 所以的分布列为 1 2 3 【小问2详解】设表示事件第天该企业产品检测选择的是智能检测， 表示事件第天该企业产品检测选择的是智能检测， 由全概率公式可知 则，， 即，，且， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 则，所以恒成立， 所以该企业具有一定的智能化管理水平，能拿到奖金. 19. 已知函数． （1）当时，讨论函数的单调性； （2）当时，若曲线上的动点到直线距离的最小值为（为自然对数的底数）． ①求实数的值； ②求证：． 【答案】（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为 （2）① ； ②依题意：要证， 当时，，令， 在上单调递增 ，所以不等式成立； 当时，要证，即． 设，则． 设．则． 当时，，所以． 所以在上单调递减． 所以，即． 所以在上单调递减，， 即当时，成立． 综上：当时，在上恒成立． 【解析】 【分析】（1）对函数求导，结合a的取值范围分析可得函数的单调区间； （2）①利用导数的几何意义，结合动点到直线的最小值列等式即可求出a的值；②分和两种情况讨论，利用导数研究函数的单调性及最值，则不等式可得证. 【小问1详解】 函数的定义域为， 因为，令，得：，令，得：， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为． 【小问2详解】 ①由（1）知：．由， 又，所以切点， 由（1）可知，切点在直线的上方， 所以，整理得， 设，则， （也可构造） 设，则在上恒成立． 所以在单调递增． 又，又，方程只有1解：． ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门二中2025-2026学年第二学期高二年段第一阶段考试 数学学科试卷 命卷教师：沈备、刘永刚、蔡静滢 审卷教师：高艳敏 考试时间：2026年4月9日下午（满分150分，时间120分钟） 考生注意： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．答选择题时，每小题选出答案后，用2B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、答非选择题时，用黑色签字笔直接答在答题卡上对应答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．考试结束后，请将答题卡交回. 一、选择题：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. 已知离散型随机变量的分布列服从两点分布，且，则（ ） A. B. C. D. 2. 某校课外活动兴趣小组设计一控制模块，电路如右图所示，当且仅当电子元件A，B至少有一个正常工作，且电子元件C正常工作，控制模块才能正常工作．已知电子元件A，B，C正常工作的概率分别为0.8，0.7，0.6，则该控制模块能正常工作的概率为（ ） A. 0.704 B. 0.644 C. 0.564 D. 0.336 3. 某早餐店发现加入网络平台后，每天小笼包的销售量（单位：个），估计300天内小笼包的销售量约在950到1050个的天数大约是 （ ）（若随机变量，则，，） A. 205 B. 246 C. 270 D. 275 4. 已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 某地的中学生中有的同学爱好滑冰，的同学爱好滑雪，的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为（ ） A. 0.8 B. 0.6 C. 0.5 D. 0.4 6. 老师有6本不同的课外书要分给甲、乙、丙三人，其中甲分得2本，乙、丙每人至少分得一本，则不同的分法有（ ） A. 248种 B. 168种 C. 360种 D. 210种 7. 若函数在上存在单调递增区间，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知的展开式中，含x的项的系数为19，则当含项的系数最小时，展开式中含项的系数为（ ） A. 28 B. 64 C. 128 D. 156 二、选择题．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. 某地生产红茶已有多年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶.根据其种植经验，在正常环境下，甲､乙两个品种的茶青每500克的红茶产量（单位：克）分别为，且，其密度曲线如图所示，则以下结论错误的是（ ） A. 的数据较更集中 B. C. 甲种茶青每500克的红茶产量超过的概率大于 D. 10. 函数 ，则下列说法正确的是 （ ） A. 当 时， 的极小值为 B. 为奇函数 C. 当 时， 一定有三个零点 D. 若直线 与 有三个交点 ，则 11. 如图，某电子实验猫线路图上有、两个即时红绿指示灯，当遇到红灯时，实验猫停止前行，恢复绿灯后，继续前行，、两个指示灯工作相互独立，且出现红灯的概率分别为，.同学甲从第一次实验到第五次实验中，实验猫在处遇到红灯的次数为，在、两处遇到红灯的次数之和为，则（ ） A. B. C. 一次实验中，、两处至少遇到一次红灯的概率为 D. 当时， 三、填空题．本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）． 13. 如图是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中.记格子从左到右的编号分别为，用X表示小球最后落入格子的号码，则______. 14. 已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________． 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大值． （1）求的值； （2）求在区间上的最大值． 16. 已知的二项展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，且各项系数之和为 （1）求实数a和n的值； （2）求展开式中系数最小的项． 17. 2026年春节假期期间，某百货商场举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元（含600元）均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种，每位顾客抽奖结果相互独立. 方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球.其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球，则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折. 方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元. （1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率； （2）若某顾客消费恰好满1000元，试从付款金额期望的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？ 18. 在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，一款无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注，成为了进博会的“明星展品”．体积仅有维生素胶囊大小，体积比传统心脏起搏器减小93%，重量仅约2克，拥有强大的电池续航能力，配合兼容1.5T/3.0T全身核磁共振扫描检查等创新功能．在起搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片生产，试产期每天都需同步进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测，选择哪种检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能生成数字“0”和“1”，连续生成4次，把4次的数字相加，若和小于3，则该天的检测方式和前一天相同，否则选择另一种检测方式． （1）求该企业前三天的产品检测选择智能检测的天数X的分布列； （2）当地政府为了检查该企业是否具有一定的智能化管理水平，采用如下方案：设表示事件“第n天该企业产品检测选择的是智能检测”的概率，若恒成立，认为该企业具有一定的智能化管理水平，将给予该企业一定的奖励资金，否则将没有该项奖励资金．请问该企业能拿到奖励资金吗？请说明理由． 19. 已知函数． （1）当时，讨论函数的单调性； （2）当时，若曲线上的动点到直线距离的最小值为（为自然对数的底数）． ①求实数的值； ②求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $