精品解析：山西大学附属中学校2025-2026学年高二年级第二学期期中考试数学试题

山大附中2025~2026学年第二学期期中考试 高二年级数学试题 考查时间： 120分钟 满分： 150分 命题人：王玉昭 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. 函数的单调减区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对函数求导，令导函数为负，求解不等式即可确定函数的单调减区间. 【详解】因为函数，求导得， 令，因此，函数的单调减区间是，故A正确. 2. 已知函数的导函数的图象如图所示，则该函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导函数的正负确定原函数的单调性，即可结合图形求解. 【详解】由的图象可知：当和时，，故在单调递减， 当和时，，故在，单调递增， 故B正确， 故选：B 3. 某班学生的考试成绩中，数学不及格的占，语文不及格的占，两门都不及格的占，已知一学生数学不及格，则他的语文也不及格的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件概率公式直接计算可得. 【详解】设为事件“数学不及格”，为事件“语文不及格”，则 由条件概率公式， 所以当数学不及格时，该学生语文也不及格的概率为． 故选：A 4. 某小区有 3 个不同的快递驿站 （驿站 ），现在有 5 件快递需要分发到这 3 个驿 站， 每件快递只能分发到其中一个驿站， 那么不同的分发方法有多少种?（ ） A. 15 B. 125 C. 243 D. 81 【答案】C 【解析】 【详解】解：根据题意，每个快递有3 个不同的快递驿站， 则不同的分发方法有种． 5. 春节期间，某家庭准备了5个不同的马年新春红包，全部装入3个不同的红包袋中，每个红包袋至少装1个红包，则不同的装法种数是（ ） A. 90 B. 150 C. 240 D. 300 【答案】B 【解析】 【分析】先将5个不同的红包分3组，求出总的分法，再将3组分配到3个不同的红包袋中，即可得答案. 【详解】将5个不同的红包分3组，有两种不同的方式， ①：“1,1,3”型，则有种分法； ②：“2,2,1”型，则有种分法，所以共有25种分法， 将分好的3组，装入3个不同的红包袋中，共有种装法. 6. 已知函数在处的切线方程为，则的值为（ ） A. B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以， 又因为函数在处的切线方程为， 所以，所以，则，所以， 将点代入切线方程得，即，所以. 7. 已知定义在上的连续函数为奇函数，的导函数为．若对任意，都有，且，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，首先判断的奇偶性，再利用导数判断函数的单调性，最后根据函数的单调性解函数不等式. 【详解】令，因为是奇函数，即， ，是奇函数； 又当时，， 在上单调递增，在上单调递增； 是定义在上的连续函数，所以在上单调递增； 又，， 对于不等式，又，所以， 所以不等式等价于，即， 所以，且，即不等式解集为． 8. 如图所示，对两行三列共6个相邻的格子进行染色，每个格子均可从红、蓝两种颜色中选择一种，要求有公共边的两个格子不能都染红色，满足要求的染色方法共有（ ） A. 20种 B. 19种 C. 18种 D. 17种 【答案】D 【解析】 【分析】按第一行的染色分类，再计算对应第二行的染色数即可求解. 【详解】第一行全蓝（蓝蓝蓝）： 第一行无红色，第二行只需要满足自身相邻不能都红， 三个格子的染色共：1(全蓝)+3(1个红)+1(2个不相邻红)种； 第一行只有第一个格子为红（红蓝蓝）： 第二行第一个格子不能为红（和第一行第一个红相邻），第二行格式为(蓝 X Y)， 要求X、Y不都红，共3种合法染色（蓝蓝蓝、蓝红蓝、蓝蓝红）； 第一行只有中间格子为红（蓝红蓝）： 第二行中间格子不能为红，第二行格式为(X 蓝 Y)， X、Y无相邻限制，共种合法染色； 第一行只有第三个格子为红（蓝蓝红）： 和第一种情况对称，共3种合法染色； 第一行两个红（红蓝红）： 第二行第一、第三格子都不能为红，第二行格式为(蓝 X 蓝)， X可红可蓝，共2种合法染色. 所以总染色方法数：种，故选D. 二、选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】应用赋值法计算判断各个选项即可. 【详解】令，得，A正确； 令，得，B正确； 令，得，C错误； 将与相加， 得，D正确. 故选：ABD. 10. 将7个小球放入3个盒子中，结合小球的相同与不同属性、盒子的相同与不同特征，以及不同的放置限制条件，下列说法正确的有（ ） A. 若小球相同、盒子不同，且每个盒子至少放1个球，则不同的放法种数为15 B. 若小球相同、盒子不同，且允许有空盒子，则不同的放法种数为21 C. 若小球不同、盒子相同，且每个盒子至少放1个球，则不同的放法种数为301 D. 若小球相同、盒子不同，且恰有1个盒子放2个球，其余盒子至少放1个球，则不同的放法种数为15 【答案】AC 【解析】 【分析】对于AB，根据隔板法求解；对于C，先分组，再选球放入；对于D，先分组，再排列盒子即可． 【详解】对于A，将7个小球分成3组即可，由隔板法得不同的放法种数有种，故A正确； 对于B，允许有空盒子，先给每个盒子一个虚拟的球， 即10个小球分成3组，每个盒子至少一个， 由隔板法得不同的放法种数有种，故B错误； 对于C，根据题意，每个盒子里球的个数情况有：；；；， 则不同的放法种数有，故C正确； 对于D，小球相同、盒子不同，恰有1个盒子放2个球（即只有1个盒子为2个）， 其余两个盒子至少1个球且不能为2个球：先选放2个球的盒子：， 剩余两个盒子共5个球，均不为2的放法只有共2种， 总放法，故D错误． 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是函数的极大值点 B. 的对称中心为 C. 在上恒有 D. 若与在有唯一交点，则或 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用函数的单调性求出极值点判断A选项；利用函数的对称中心的性质判断B选项；利用函数的单调性判断C选项；构造函数利用函数的单调性和极值判断D选项. 【详解】A选项：函数求导得， 令，即，提取公因式得到，解得或， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 故为极大值点，为极小值点，A选项错误； B选项：设函数的对称中心为，则有， ，， ， 又为函数的对称中心时，关于它对称的两点函数值之和为常数，与值无关， 即，解得，又， 故是函数的对称中心，B选项正确； 令，则，令，由二次函数性质可得： 当时，，即当时，， 又当时，函数单调递减，且， 即在区间上单调递减， 故当时，，C选项正确； D选项：令，即，移项可得， 令，求导得， 令，即，因式分解得到，解得或， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，， 当，即，解得时，在上有唯一零点， 即与在有唯一交点， 当，即，解得时，在上有一个零点， 即与在有唯一交点， 所以若与在有唯一交点，则或，D选项正确. 三、填空题：（本题共3 小题，每小题5分，共15分．） 12. 从0，1，2，3，4这5个数字中选出3个不同数字能组成______（用数字表示）个三位数. 【答案】48 【解析】 【详解】从0，1，2，3，4这5个数字中选出3个不同数字能组成个三位数 13. 的展开式中常数项为__________． 【答案】29 【解析】 【分析】先求出展开式的通项公式，分别令和，求出k值，代入求解，分析计算，即可得答案. 【详解】展开式的通项公式为， 令，解得，则； 令，解得，则， 所以的展开式中常数项为. 14. 若对任意的，恒有，则实数的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】首先对不等式进行移项，将含的部分合并得到，观察到两边可以统一为函数，利用其单调性将问题转化为在上恒成立，进而通过求的最大值得到参数范围. 【详解】不等式可化为. 令，则，所以. 设，则，所以单调递增. 又，， 则等价于，即在上恒成立， 也即在上恒成立. 令，则， 令，则，解得， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 要使在上恒成立，只需. 所以实数的取值范围为. 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，在处的切线与垂直， （1）求实数a的值； （2）求在区间上的值域． 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，根据两直线垂直的性质即可求得a的值； （2）利用求导，判断函数的单调性，结合给定区间即可求得函数的值域. 【小问1详解】 由求导得， 则在处的切线的斜率为，因切线与垂直， 故，解得. 【小问2详解】 由（1）可得 ， 因，则当时，，当时，， 故函数在上单调递减，在上单调递增， 又， 因,即, 故在区间上的值域为. 16. 已知的展开式中所有项的系数之和为729． （1）求展开式中各项系数的最大值；（结果用数字表示） （2）求的展开式中的系数．（结果用数字表示） 【答案】（1）240 （2）140 【解析】 【分析】（1）先根据二项式定理求出通项，然后列出不等式，求解即可. （2）根据二项式定理求出所求项的系数. 【小问1详解】 由展开式所有项系数之和为729，令可得，解得， 的展开式的通项. 设第项的系数最大， 则整理得 解得，所以， 所以展开式中各项系数的最大值为. 【小问2详解】 中没有项， 的展开式中的系数为的展开式中的系数为， 的展开式中的系数为， 所以的系数为. 17. 某自然保护区为预防森林火灾，安装了智能监控系统，数据显示在炎热干燥天气条件下，该保护区每天发生火灾的概率为0.04，当火灾发生时系统正确发出警报的概率为0.95，当火灾没有发生时，系统错误发出警报的概率为0.02． （1）求炎热干燥天气条件下该保护区智能监控系统某天发出警报的概率； （2）若炎热干燥天气条件下该保护区智能监控系统某天发出警报，估计保护区该天实际发生火灾的概率（精确到0.01）． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【详解】（1）用A表示炎热干燥天气条件下该保护区某天发生火灾，用B表示系统发出警报， 则，所以， ，， 由全概率公式，得， 即炎热干燥天气条件下该保护区智能监控系统某天发出警报的概率为． （2）由（1）知，， 所以炎热干燥天气条件下智能监控系统某天发出警报，保护区该天实际发生火灾的概率为． 18. 已知函数（） （1）若，求函数的极值点； （2）若在其定义域内单调递增，求实数的取值范围； （3）若，且设，有两个零点，，其中，求的取值范围. 【答案】（1）极大值点为，极小值点为. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）对函数进行求导，分析函数单调性即可得到极值点； （2）由题意结合导数与函数单调性的关系可转化条件为在上恒成立，利用基本不等式求得的最小值即可得解； （3）结合函数零点的概念和韦达定理得到两个根的关系，将表示为关于的函数，令，利用导数求得函数的值域即可得解. 【详解】（1）当时，，定义域为， ， ，得， 当时，，在上单调递减； 当或时，，在和上单调递增. 因此，极大值点为，极小值点为. （2）函数的定义域为. 对求导得. 因为在其定义域内单调递增，所以在上恒成立， 即在上恒成立. 移项可得在上恒成立. 根据基本不等式（，，当且仅当时等号成立）， 对于2，其中，，则， 当且仅当，即时等号成立. 所以，即实数m的取值范围是. （3）由（2）知，因为有两个零点，， 所以，是方程的两个不相等的正实数根. 根据韦达定理，对于一元二次方程（）， 两根，有，， 则在方程中，，. 因为，所以，且. 已知，即，解不等式， 两边同时除以，得，移项得，即， 因为，所以该不等式恒成立. 解不等式，两边同时乘以（）得， 因式分解得，解得，结合，可得. 设，， ，所以在上单调递减. 则，， ， 所以，即的取值范围是. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）求在区间上的值域； （3）若对任意的恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）当时，在上单调递减；当时， 在上单调递增，在上单调递减 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求导，结合函数对与0的大小进行分类，分类讨论函数的单调性即可； （2）分析得到是奇函数，故只需先利用导数分析得到在上的单调性与最值，再对称得到的情况即可求解； （3）将整理为，构造函数，则原问题转化为对任意的恒成立，即当时，；当时，恒成立；当时，，求导得 ，，则可对，及，分类讨论，利用导数判断的单调性及范围求解. 【小问1详解】 由题意知， 当时，，所以在上单调递减； 当时，令，解得，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 因为，所以是奇函数， 又，当时，，，所以， 令，所以， 当时，，所以即在上单调递减， 又，，所以，使得， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，，， 所以当时，， 又是奇函数，所以当时，． 综上，在区间上的值域为． 【小问3详解】 若对任意的恒成立， 即对任意的恒成立， 记，即对任意的恒成立， ，，， 当时，当，令，则， 所以在上单调递增， 令，则，故在上单调递增， 则，所以当时，， 又，， 故存在唯一的，使得， 当时，，在上单调递减， 所以，此时，不符合题意． 当时，（i）若，令，，则， 故在上单调递增，则， 所以，则在上单调递增， 所以恒成立，即成立，符合题意； （ii）当时，若，则在上单调递增， 又，，所以存在唯一的，使得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 又，，故存在唯一的，使， 故当时，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 又，， 所以时，，则在上单调递增， 故，即恒成立． 综上，的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山大附中2025~2026学年第二学期期中考试 高二年级数学试题 考查时间： 120分钟 满分： 150分 命题人：王玉昭 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. 函数的单调减区间是（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数的导函数的图象如图所示，则该函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 3. 某班学生的考试成绩中，数学不及格的占，语文不及格的占，两门都不及格的占，已知一学生数学不及格，则他的语文也不及格的概率是（ ） A. B. C. D. 4. 某小区有 3 个不同的快递驿站 （驿站 ），现在有 5 件快递需要分发到这 3 个驿 站， 每件快递只能分发到其中一个驿站， 那么不同的分发方法有多少种?（ ） A. 15 B. 125 C. 243 D. 81 5. 春节期间，某家庭准备了5个不同的马年新春红包，全部装入3个不同的红包袋中，每个红包袋至少装1个红包，则不同的装法种数是（ ） A. 90 B. 150 C. 240 D. 300 6. 已知函数在处的切线方程为，则的值为（ ） A. B. 3 C. 4 D. 5 7. 已知定义在上的连续函数为奇函数，的导函数为．若对任意，都有，且，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示，对两行三列共6个相邻的格子进行染色，每个格子均可从红、蓝两种颜色中选择一种，要求有公共边的两个格子不能都染红色，满足要求的染色方法共有（ ） A. 20种 B. 19种 C. 18种 D. 17种 二、选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 若，则（ ） A. B. C. D. 10. 将7个小球放入3个盒子中，结合小球的相同与不同属性、盒子的相同与不同特征，以及不同的放置限制条件，下列说法正确的有（ ） A. 若小球相同、盒子不同，且每个盒子至少放1个球，则不同的放法种数为15 B. 若小球相同、盒子不同，且允许有空盒子，则不同的放法种数为21 C. 若小球不同、盒子相同，且每个盒子至少放1个球，则不同的放法种数为301 D. 若小球相同、盒子不同，且恰有1个盒子放2个球，其余盒子至少放1个球，则不同的放法种数为15 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是函数的极大值点 B. 的对称中心为 C. 在上恒有 D. 若与在有唯一交点，则或 三、填空题：（本题共3 小题，每小题5分，共15分．） 12. 从0，1，2，3，4这5个数字中选出3个不同数字能组成______（用数字表示）个三位数. 13. 的展开式中常数项为__________． 14. 若对任意的，恒有，则实数的取值范围为________. 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，在处的切线与垂直， （1）求实数a的值； （2）求在区间上的值域． 16. 已知的展开式中所有项的系数之和为729． （1）求展开式中各项系数的最大值；（结果用数字表示） （2）求的展开式中的系数．（结果用数字表示） 17. 某自然保护区为预防森林火灾，安装了智能监控系统，数据显示在炎热干燥天气条件下，该保护区每天发生火灾的概率为0.04，当火灾发生时系统正确发出警报的概率为0.95，当火灾没有发生时，系统错误发出警报的概率为0.02． （1）求炎热干燥天气条件下该保护区智能监控系统某天发出警报的概率； （2）若炎热干燥天气条件下该保护区智能监控系统某天发出警报，估计保护区该天实际发生火灾的概率（精确到0.01）． 18. 已知函数（） （1）若，求函数的极值点； （2）若在其定义域内单调递增，求实数的取值范围； （3）若，且设，有两个零点，，其中，求的取值范围. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）求在区间上的值域； （3）若对任意的恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $