精品解析：江苏梅村高级中学2025-2026学年第二学期期中检测高二数学试题

江苏省梅村高级中学2025－2026学年度第二学期期中检测 高二数学 时间：120分钟 满分：150分 2026.4 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合题意．） 1. 已知函数，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6 【答案】D 【解析】 【详解】， 由可得． 2. 的展开式中的系数为（ ） A. B. 7 C. 77 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出的展开式通项公式，再结合两个二项式相乘特点求出r，即可求得答案. 【详解】的展开式通项为， 故的展开式中的系数为， 故选：B. 3. 设离散型随机变量X的分布列如表，若离散型随机变量Y满足，则下列结果错误的是（ ） X 0 1 P 0.6 m A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据期望和方差的公式及线性运算性质，求解即可. 【详解】由分布列的性质得，所以. 则离散型随机变量X的数学期望为，故A正确； 而，故C正确； 而方差为，故B正确； 可得，故D错误. 4. 已知函数在上可导，其部分图象如图所示，则下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设为点，为点，比较A点切线的斜率、B点切线的斜率、直线AB的斜率即可判断． 【详解】设为点，为点， 由题图可知函数的图象在处的切线的斜率比在处的切线的斜率大，且均为正数， 所以，而直线的斜率为，其比在处的切线的斜率小， 但比在处的切线的斜率大，所以． 5. 现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是 A. 54 B. 90 C. 126 D. 152 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：根据题意，按甲乙的分工情况不同分两种情况讨论，①甲乙一起参加除了开车的三项工作之一，②甲乙不同时参加一项工作；分别由排列、组合公式计算其情况数目，进而由分类计数的加法公式，计算可得答案． 解：根据题意，分情况讨论，①甲乙一起参加除了开车的三项工作之一：C31×A33=18种； ②甲乙不同时参加一项工作，进而又分为2种小情况； 1°丙、丁、戊三人中有两人承担同一份工作，有A32×C32×A22=3×2×3×2=36种； 2°甲或乙与丙、丁、戊三人中的一人承担同一份工作：A32×C31×C21×A22=72种； 由分类计数原理，可得共有18+36+72=126种， 故选C． 考点：排列、组合的实际应用． 6. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过将函数单调递增转化为恒成立问题，从而分离参数，构造新函数求最值即可. 【详解】因为函数在区间上单调递增， 所以在恒成立，即， 令，所以只需即可. 因为， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，取到最小值为，即， 所以实数的取值范围是. 7. 定义在上的奇函数的导函数为，当时，恒有，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，结合求导可判断单调性，从而求解原不等式. 【详解】根据题意可构造函数，则， 由题可知，所以在区间上为增函数， 又由于为偶函数，为奇函数，所以为奇函数， 又，即， 所以，解得. 故选：D. 8. 若关于x的不等式存在唯一的整数解，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】转化为和两函数图象问题，求导得到的单调性，而的图象为过定点的直线，同一坐标系内画出两函数图象，数形结合得到答案. 【详解】令，则， 令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 其中，，， 且时，恒成立，时，恒成立， 而的图象为过定点的直线， 设与相切时，切点为， 则切线斜率，又在上， 故，，与联立得 ，解得， 当时，切线斜率为不合要求， 当时，切线斜率为，满足要求， 故当时，图象恒在的上方，不合要求， 同一坐标系内，画出两函数图象，如下： 显然，当经过点时，， 当经过点时，， 不等式存在唯一的整数解，显然此整数解为-1， 需满足，即. 故选：A 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. 若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】运用二项式定理中的通项，以及利用赋值处理相应问题． 【详解】∵ 令则可得：，A正确； 令则可得：即，D正确； 展开式第项的通项，则 当时，，B不正确； 当k为偶数时，，当k为奇数时， ∴ 令则可得：，C正确． 故选：ACD． 10. 甲袋中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙袋中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别以表示由甲袋取出的球是红球，白球，黑球的事件；再从乙袋中随机取出一球，以B表示由乙袋取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】计算出，，利用条件概率求出，A正确；同理得到，D错误，利用全概率公式求出，B错误；利用条件概率得到C正确. 【详解】由题意得：，， 故，A正确； ，，D错误； ，， 故，B错误； ，C正确. 故选：AC 11. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数的最大值为 B. 若函数图象的对称中心为，则 C. 函数在上一定存在减区间 D. 函数必有3个零点 【答案】BCD 【解析】 【详解】A选项：当时，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当x无限趋于正无穷大时，也无限趋于正无穷大， 当x无限趋于负无穷大时，也无限趋于负无穷大， 所以没有最大值，选项A错误； B选项：法一：，令， 则，结合三次函数对称性可知，所以，选项B正确； 法二：若函数图象的对称中心为， 则对任意实数，恒有， 所以，代入化简得； C选项：，， 所以，解得，或， 所以当时， 所以在上单调递减，C选项正确； D选项：，显然， 令，，又， 所以有两个不为0的根，所以有3个零点，D选项正确. 三、填空题（本题共3小题，每空5分，共15分．） 12. 给如图所示的圆环涂色，将圆环平均分成A，B，C，D四个区域，现有红，黄、蓝、绿四种颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色且相邻区域的颜色不同，则不同的涂色方法有____种. 【答案】84 【解析】 【分析】根据四个区域涂颜色的种类数进行分类，分别计算出三类涂法的种类数，相加即可得出结果. 【详解】由题意可知：四个区域最少涂两种颜色，最多涂四种颜色，所以分以下三类： 当涂两种颜色时：A和C相同，B和D相同，共有种涂色方法； 当涂三种颜色时：分A和C相同和A，C不同两种情况，此时共有种涂色方法； 当涂四种颜色时：四个区域各涂一种，此时共有种涂色方法. 综上，不同的涂色方法有种. 故答案为：84 13. 已知曲线与恰好存在两条公切线，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】设两切点分别为，，由导数求得斜率相等，从而得，构造函数，根据与有两个交点，利用导数求解即可. 【详解】因为求导得由求导得， 设与相切的切点为，与曲线相切的切点为， 则有公共切线的斜率（*）， 又因为，，代入（*），得， 即，则， 又因为，所以， 因为存在两条公切线，该方程在上有两解， 令，则， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以函数在处取极大值，也是最大值，， 当时，,当时，， 因为存在两条公切线，即与有两个交点，则， 所以实数的取值范围为. 14. 若不等式对任意恒成立，则正实数t的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】利用同构思想将问题转化为恒成立，再构造函数，得出其单调性，进而得出对任意恒成立，再利用参变分离，构造函数，求最大值即可. 【详解】因,则等价于， 即， 令，则，则在上单调递增， 因为不等式对任意恒成立， 所以对任意恒成立， 因为，所以，， 所以对任意恒成立， 则对任意恒成立， 令，则， 令， 则，则在上单调递减， 因为， 所以，则，即在上单调递减， 则，故， 则正实数t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. 有标号1，2，3，4，5，6的六个小球和标有A，B，C，D的四个盒子．（结果均使用数值表示） （1）若将小球全部放入盒中，每盒中小球数量没有限制，有多少种放法？ （2）若每盒放入一球，1号球、2号球不能放入A盒和D盒，有多少种放法？ （3）若将小球全部放入盒中，恰有两个盒子为空且盒中球的数量不超过4个，有多少种放法？ 【答案】（1）4096 （2）144 （3）300 【解析】 【分析】（1）可知每个球均有4种选择，结合分步乘法计数原理运算求解； （2）先排A盒和D盒，再排B盒和C盒，根据分步乘法计数原理结合排列数运算求解； （3）先选空盒，再讨论盒中球的个数，结合排列数、组合数运算求解. 【小问1详解】 因为小球全部放入盒中，每盒中小球数量没有限制，则每个球均有4种选择， 所以有种不同放法. 【小问2详解】 若每盒放入一球，1号球、2号球不能放入A盒和D盒， 先排A盒和D盒，有种不同放法， 再排B盒和C盒，有种不同放法， 所以有种不同放法. 【小问3详解】 若恰有两个盒子为空，有种不同选法， 且小球全部放入盒中，剩余两个盒中球的数量不超过4个， 若其中一个盒中球的数量为4个，有种不同放法； 若其中一个盒中球的数量为3个，有种不同放法； 所以有种不同放法. 16. 已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为． （1）求的值； （2）求展开式中所有的有理项； （3）设，则当时，求除以15所得余数． 【答案】（1）； （2），，； （3）0 【解析】 【分析】（1）根据二项式系数的定义得到方程，求出答案； （2）由二项式定理得到展开式通项公式，得到有理项； （3）根据二项式定理变形，从而得到余数. 【小问1详解】 根据题意，，即，又，故； 【小问2详解】 由题意得， 其展开式的通项公式， 要想求解展开式中的有理项，需满足为整数，故， 当时，， 当时，， 当时，， 故有理项为，，； 【小问3详解】 而， 当时， ， 而能够被15整除， 故除以15所得余数为0． 17. 已知函数在处取得极大值，且极大值为3. （1）求的值： （2）求在区间上不单调，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求得，根据题意，得出不等式组，即可求解； （2）由，求得函数的单调区间，结合在区间上不单调，列出不等式组，即可求解. 【小问1详解】 解：因为，可得， 因为函数在处取得极大值，且极大值为， 所以，解得. 【小问2详解】 解：由题意，函数在区间上不单调，可得，解得， 又由， 当时，；当时，；时，， 所以函数在单调递增，在上单调递减， 因为在区间上不单调，则满足，解得， 即实数的取值范围为. 18. 设新能源车性能测试分为实验室检测和路面检测两个阶段．实验室检测合格后才能进入路面检测，路面检测合格后该车才可投入量产，这两个检测阶段是否合格相互独立．其中实验室检测阶段包括环节Ⅰ和环节Ⅱ，两个环节至少通过一个才算实验室检测合格，且这两个环节检测结果相互独立．某公司汽车研发出甲、乙两款车型，现对其进行性能检测．实验室检测阶段中甲车通过Ⅰ、Ⅱ环节的概率分别为，，乙车通过Ⅰ、Ⅱ环节的概率分别为，，路面检测环节中甲、乙款车合格的概率分别为，． （1）已知甲款车型进入到路面检测，求甲在Ⅰ、Ⅱ环节都通过的概率； （2）求甲，乙两款车型中恰有一款车进入路面检测的概率； （3）设甲，乙两款车型可投入量产的种数为，求的分布列与均值． 【答案】（1）； （2）； （3）分布列见解析，； 【解析】 【分析】（1）由条件的概率公式求解即可； （2）先求出甲乙两款车分别能进入路面检测的概率，再根据要求求解即可； （3）由题意可得，分别求出各自的概率，列出分布列，再求均值即可. 【小问1详解】 记事件：“甲在Ⅰ、Ⅱ环节都通过”，事件：“甲款车型进入到路面检测”， 则，， 所以 【小问2详解】 记事件：“甲，乙两款车型中恰有一款车进入路面检测”， 为甲款车进入路面检测；为乙款车进入路面检测， 则有，， 则 【小问3详解】 由题意可得， 由题意可得：甲款车进入量产的概率，乙款车进入量产的概率， 所以，， ， 所以的分布列如下： 所以 19. 对于函数，若存在正整数a，使得在上恰有a个零点，则称为理想零点函数，a为的理想零点系数． （1）求函数的理想零点系数． （2）若函数是理想零点系数不大于2的理想零点函数，求m的取值范围. （3）设函数的图象是连续不断的曲线，为理想零点函数，且的所有理想零点系数为1，2，3，4，当时，，当时，，且． ①证明：的极小值小于0，极大值大于0． ②若，试问函数的理想零点系数是否唯一？若是，求出该理想零点系数；若不是，请说明理由． 【答案】（1）1和2 （2） （3）①证明：依题意可得的单调递减区间为，单调递增区间为． 因为1为的一个理想零点系数，所以在上恰有1个零点，又，所以． 因为2为的一个理想零点系数，所以在上恰有2个零点，所以在上恰有1个零点，所以，所以的极大值大于0． 同理可得，所以的极小值小于0． ②是，12 【解析】 【分析】（1）根据理想零点系数的定义即可求解； （2）求导得，利用单调求得极大值，由是理想零点系数不大于2的理想零点函数即可求解； （3）①由题意可得的单调性，又1为的一个理想零点系数得，由2为的一个理想零点系数得，即的极大值大于0，同理得即可得证； ②作出在上的大致图象，设的零点为，由及，得或或或，利用数形结合即可求解. 【小问1详解】 令， 得， 则在上恰有1个零点，在上恰有2个零点， 所以的理想零点系数为1和2． 【小问2详解】 ， 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以在处取得极大值，所以在上至多有1个零点， 所以的理想零点系数不可能为2，则的理想零点系数为1， 则在上恰有1个零点，所以，解得． 【小问3详解】 ①略 ②根据题意，作出在上的大致图象，如图所示． 设的零点为， 由及，得或或或， 由图可知方程的正根有4个，设这4个根为， 同理可得方程的正根为， 方程的正根为， 方程的正根为． 可知在上的零点有4个，在上的零点有2个，在上的零点有2个， 在上的零点有1个，在上的零点有3个， 可知的正零点有12个，且这12个零点都小于5， 所以当或时，在上都不会恰有n个零点， 在上恰有12个零点，所以的理想零点系数唯一，且该理想零点系数为12． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省梅村高级中学2025－2026学年度第二学期期中检测 高二数学 时间：120分钟 满分：150分 2026.4 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合题意．） 1. 已知函数，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6 2. 的展开式中的系数为（ ） A. B. 7 C. 77 D. 3. 设离散型随机变量X的分布列如表，若离散型随机变量Y满足，则下列结果错误的是（ ） X 0 1 P 0.6 m A. B. C. D. 4. 已知函数在上可导，其部分图象如图所示，则下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是 A. 54 B. 90 C. 126 D. 152 6. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 定义在上的奇函数的导函数为，当时，恒有，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 若关于x的不等式存在唯一的整数解，则a的取值范围是（ ） 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. 若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 甲袋中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙袋中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别以表示由甲袋取出的球是红球，白球，黑球的事件；再从乙袋中随机取出一球，以B表示由乙袋取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数的最大值为 B. 若函数图象的对称中心为，则 C. 函数在上一定存在减区间 D. 函数必有3个零点 三、填空题（本题共3小题，每空5分，共15分．） 12. 给如图所示的圆环涂色，将圆环平均分成A，B，C，D四个区域，现有红，黄、蓝、绿四种颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色且相邻区域的颜色不同，则不同的涂色方法有____种. 13. 已知曲线与恰好存在两条公切线，则实数的取值范围是__________． 14. 若不等式对任意恒成立，则正实数t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. 有标号1，2，3，4，5，6的六个小球和标有A，B，C，D的四个盒子．（结果均使用数值表示） （1）若将小球全部放入盒中，每盒中小球数量没有限制，有多少种放法？ （2）若每盒放入一球，1号球、2号球不能放入A盒和D盒，有多少种放法？ （3）若将小球全部放入盒中，恰有两个盒子为空且盒中球的数量不超过4个，有多少种放法？ 16. 已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为． （1）求的值； （2）求展开式中所有的有理项； （3）设，则当时，求除以15所得余数． 17. 已知函数在处取得极大值，且极大值为3. （1）求的值： （2）求在区间上不单调，求的取值范围. 18. 设新能源车性能测试分为实验室检测和路面检测两个阶段．实验室检测合格后才能进入路面检测，路面检测合格后该车才可投入量产，这两个检测阶段是否合格相互独立．其中实验室检测阶段包括环节Ⅰ和环节Ⅱ，两个环节至少通过一个才算实验室检测合格，且这两个环节检测结果相互独立．某公司汽车研发出甲、乙两款车型，现对其进行性能检测．实验室检测阶段中甲车通过Ⅰ、Ⅱ环节的概率分别为，，乙车通过Ⅰ、Ⅱ环节的概率分别为，，路面检测环节中甲、乙款车合格的概率分别为，． （1）已知甲款车型进入到路面检测，求甲在Ⅰ、Ⅱ环节都通过的概率； （2）求甲，乙两款车型中恰有一款车进入路面检测的概率； （3）设甲，乙两款车型可投入量产的种数为，求的分布列与均值． 19. 对于函数，若存在正整数a，使得在上恰有a个零点，则称为理想零点函数，a为的理想零点系数． （1）求函数的理想零点系数． （2）若函数是理想零点系数不大于2的理想零点函数，求m的取值范围. （3）设函数的图象是连续不断的曲线，为理想零点函数，且的所有理想零点系数为1，2，3，4，当时，，当时，，且． ①证明：的极小值小于0，极大值大于0． ②若，试问函数的理想零点系数是否唯一？若是，求出该理想零点系数；若不是，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $