精品解析：江苏锡东高级中学2025-2026学年第二学期期中考试高二数学试卷

2025-2026学年度第二学期期中考试 高二数学试卷 命题人：高一数学备课组 审核人：数学学科组长 考试时间：120分钟 分值：150分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 随机变量X的分布列为： X 1 2 3 P a 则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用分布列的性质计算即可求解. 【详解】由题意可得，解得， 所以. 故选：C. 2. 已知函数，则（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的定义，结合指数函数的导数进行求解即可. 【详解】由， 所以， 故选：D 3. 某班级有50名学生，期末考试数学成绩服从正态分布，已，则的学生人数为（ ） A. 5 B. 10 C. 20 D. 30 【答案】D 【解析】 【分析】由正态分布的对称性求出，即可求出的学生人数. 【详解】因为期末考试数学成绩服从正态分布，所以期末考试数学成绩关于对称， 则，所以， 所以的学生人数为：人. 故选：D. 4. 在的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别展开，，找到两部分相乘后指数和为的项. 【详解】在的展开式中，第项为，其中， 含的项为， 含的项为， 结合， 可得的展开式中含的项为， 在的展开式中的系数为. 5. 已知函数在上单调递增，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题设可得在上恒成立，分离参数后利用基本不等式可求实数的取值范围． 【详解】因为函数，则， 因为在上单调递增，故在上恒成立， 即在上恒成立，即， 又，当且仅当，即时等号成立， 所以函数在上的最大值为，所以， 所以的取值范围为． 6. 抛掷2颗骰子，观察掷得的点数，记事件为“2个骰子的点数不相同”，事件为“点数之和大于8”，则在事件发生的条件下，事件发生的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件概率公式来求解，需要先分别求出、，再代入公式计算． 【详解】事件包含的基本事件有30个，则，事件包含的基本事件有8个，则，所以． 故选：D． 7. 过原点作曲线的两条切线，，切点分别为，，则的面积为（ ） A. 16 B. 15 C. 10 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】解法一：先设出切点坐标，再对求导找到切线的斜率，再根据切点在曲线上得出，由点斜式写出切线方程，又因为切线过点，求出，得到切点坐标，进而可求线段及到的距离最后计算出的面积； 解法二：先设出切线方程与曲线方程联立通过得出切线的斜率进而得到切点坐标，进而可求线段及到的距离最后计算出的面积. 【详解】解法一：因为，所以， 设切点，所以在处的切线斜率， 所以在处的切线方程为， 又点在曲线上，所以， 所以在处的切线方程为， 因为此切线过点，所以）， 解得，即，当时，，当时，， 所以不妨设，所以直线的方程为， 整理得，又到的距离， 则. 解法二：过原点且斜率不存在的直线为易知它与曲线相交， 故过原点且与曲线相切的直线斜率存在， 设切线方程为，切点为，，联立， 整理得0，令，得或， 由，得，所以， 当时，，当时，， 不妨设，所以， 所以直线的方程为，即0， 又到的距离，则. 故选：A 8. 武术是中国的四大国粹之一，某武校上午开设文化课，下午开设武术课，某年级武术课有太极拳、形意拳、长拳、兵器四门，计划从周一到周五每天下午排两门课，每周太极拳和形意拳上课三次，长拳和兵器上课两次，同样的课每天只上一次，则排课方式共有（ ） A. 19840种 B. 16000种 C. 31360种 D. 9920种 【答案】D 【解析】 【分析】先确定从5天中选3天排太极拳的排法情况，再分五天中有天既有太极拳又有形意拳，五天中有天既有太极拳又有形意拳，五天中有天既有太极拳又有形意拳，三种情况讨论，从而可得出答案. 【详解】先从5天中选3天排太极拳，有种， 然后再从所选的3天中选一节排太极拳有种， 所以太极拳有种排法， 若五天中有天既有太极拳又有形意拳， 则哪一天重复有种， 再从另外不重复的2天中每天选1天排形意拳，有种， 再从剩下的4节课中选2节排长拳，有种，则另外2节排兵器， 所以有种， 若五天中有天既有太极拳又有形意拳， 则哪两天重复有种， 再从另外不重复的2天中排形意拳，有种， 再从剩下的4节课中抽2节课排长拳，有种，则另外2节排兵器， 但排在同一天不合适，所以有种， 所以共有种， 若五天中有天既有太极拳又有形意拳， 则剩下的4节课中选2节排长拳，有种，再去掉排同一天的种， 所以有种， 综上所述：共有 种. 故选：D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 设，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 展开式中二项式系数最大的项是第5项 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式、赋值法以及二项式系数的性质来逐一分析选项. 【详解】对于选项，在中，令，可得，所以选项错误. 对于选项，令，则，即. 由选项可知，所以，选项正确. 对于选项，因为为偶数，根据二项式系数的性质， 当为偶数时，中间一项（即第项）的二项式系数最大，所以展开式中二项式系数最大的项是第项，选项错误. 对于选项，二项式展开式的通项公式为. 当时，； 当时，. 因为，即，选项正确. 故选：BD. 10. 甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球（球除颜色外，大小质地均相同）、先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示由甲罐中取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐中取出的球是红球的事件.下列结论正确的是（ ） A. 事件与相互独立 B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据相互独立事件的定义判断A，根据条件概率公式判断B，根据全概率公式判断C，根据贝叶斯公式判断D． 【详解】对于A：因为，，而， 所以事件与不相互独立，故A错误； 对于B：因为，，所以，故B正确； 对于C：因为，，， 所以 ，故C正确； 对于D：，故D错误． 11. 已知函数，则（ ） A. 是函数的极小值点 B. C. 对，方程恒有两个不同的实数解 D. 存在，使得直线与曲线相切 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A选项，利用导数即可求出极小值；对于B，根据在上单调递增，可得，代入化简即可判断；对于C选项，将问题转化为与有两个交点即可；对于D，设切点为，则切线方程为：，将点，代入化简得：，令，利用导数研究函数的取值范围即可判断D选项． 【详解】函数​的定义域为，且， 令，解得 当时，，所以，单调递减； 当时，，所以，单调递增； 则是函数的极小值点，故A 正确； 对于B，由于当时，单调递增，所以，则， 即，所以，故B不正确； 对于C，的极小值为， 当时，，，当时，， 结合图像可知对，方程恒有两个不同解成立，故C正确； 对于D，设切点为，切线斜率为， 切线方程为：， 因为切线过，代入得： 化简得：， 整理得：，即， 令，， 则，所以在和上单调递增， 所以当时，，当时，， 则当时，无解， 即不存在，使得直线与曲线相切，故D不正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则________ 【答案】5 【解析】 【分析】根据组合数及排列数的公式计算求解即可. 【详解】依题可知， 化简得， 解得. 故答案为：5. 13. 设，若函数存在两个不同的极值点，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】函数存在两个不同的极值点等价于在内有两个异号零点，进而转化为在内有两个不等根即可求解. 【详解】解：易知函数的定义域为， ， 因为函数存在两个不同的极值点， 所以在内有两个不等根， 设，， 则只需，即， 所以，则的取值范围为. 故答案为： 14. 已知，且，记随机变量X为x，y，z中的最小值，则________. 【答案】## 【解析】 【分析】求出X可能取值为1和2，分别求出事件总情况及与的情况，求出相应的概率，求出期望即可. 【详解】因为，所以随机变量X可能取值为1和2， 用隔板法可求得：事件总情况为种， 时，分两种情况： ①三个数中只有一个1，有种； ②三个数中有两个1，有种， 所以时，， 时，也分两种情况： ①三个数中只有一个2，有种； ②三个数中有两个2，有种， 所以时，， 所以. 故答案为：. 15. 人工智能社团有6位同学，计划对ChatGPT、Sora、GPT-4、Claude这4种人工智能语言模型展开学习调研，要求每类模型至少有一人负责，每人只能选择一种模型． （1）若从社团中选出5人去调研，共有多少种不同的调研安排方案？ （2）若6位同学都同时参与调研，且甲、乙两位同学调研同一种模型，共有多少种不同的安排方案？ 【答案】（1）1440 （2）240 【解析】 【分析】（1）从6位同学中选5人，分为：2人，1人，1人，1人四组，再进行全排列即可； （2）将甲、乙两位同学视为一个整体（一个元素），将5个元素分成“2，1，1，1”四组，再进行全排列即可. 【小问1详解】 首先，从6位同学中选5人，有种选法， 接下来将5人分配到4种模型，且每类模型至少1人负责， 则5人分为：2人，1人，1人，1人四组，有种方法， 再将这四组对应4种模型进行全排列， 不同的调研安排方案有种. 【小问2详解】 首先将甲、乙两位同学视为一个整体（一个元素）， 此时相当于5个元素分配到4种模型,每类模型至少有一人， 即分成元素个数分别为“2，1，1，1”四组，则有种方法， 再将这四组对应4种模型进行全排列，有种方法， 所以，若6位同学都同时参与调研，且甲、乙两位同学调研同一种模型， 共有种不同的安排方案. 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. 16. 已知函数，其中. （1）当时，求的值； （2）当时，讨论函数的单调性. 【答案】（1） （2）当时，在上单调递减；当时，在，上单调递减，在上单调递增. 【解析】 【分析】（1）求导，代入计算，即可得到结果； （2）求导可得，然后分与讨论，即可得到结果； 【小问1详解】 当时，，， ∴. 【小问2详解】 当时，， 令 ， 当时，恒成立，∴，∴在上单调递减． 当时，有两个根分别为，， 当时，， 当，， ∴递减区间为，， 递增区间为. 综上所述：当时，在上单调递减． 当时，在，上单调递减，在上单调递增. 17. 《中国诗词大会》自开播以来受到广泛关注.为营造乐学向上的学风，某班组织古诗背诵比赛，小明、小华两位同学进入决赛阶段，需从首古诗中随机抽取首，答对多者获胜，小明可背诵其中首，而小华能背诵每首古诗的概率均为，小明、小华两位同学背诵古诗都是互不影响的. （1）求小明可以背诵首古诗的概率； （2）求小明背诵古诗数的期望与方差； （3）选哪位同学代表班级参加学校总决赛更合适? 【答案】（1） （2）， （3）选小明同学代表班级参加学校总决赛更合适 【解析】 【分析】（1）根据组合计数原理结合古典概型的概率公式求解即可； （2）分析可知的可能取值为、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，结合随机变量的期望和方差公式求解即可； （3）设小华背诵的古诗数为，由题意可知，利用二项分布的期望和方差公式求出、的值，比较与、与的大小关系，即可得出结论. 【小问1详解】 由题意得小明背诵首古诗的概率. 【小问2详解】 已知小明背诵的古诗数为，则的可能取值为、、， ，，， 所以， . 【小问3详解】 设小华背诵的古诗数为，由题意可知， 由二项分布的期望和方差公式可得，, 显然，，所以选小明同学代表班级参加学校总决赛更合适. 18. 已知甲口袋有个红球和2个白球，乙口袋有个红球和2个白球，小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球. （1）当时， （i）求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率； （ii）设小明4次摸球中，摸出白球的个数为，求的数学期望； （2）当时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为，则当为何值时，最大？ 【答案】（1）（i）；（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）先根据题意求出小明从甲口袋摸出一个白球的概率和从乙口袋摸出一个白球的概率，然后求出小明4次摸球中，摸出的都是红球的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得答案；（ii）的所有可能取值为，求出相应的概率，从而可求出的数学期望； （2）由，可视为小明从甲口袋中有放回地摸出一个球，连续摸4次，相当于4次独立重复试验，则，然后利用导数可求得其最大值. 【小问1详解】 小明从甲口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为， 从乙口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为. （i）设“小明4次摸球中，至少摸出1个白球”为事件，则“小明4次摸球中，摸出的都是红球”为事件，且， 所以. （ii）的所有可能取值为， 由（i），得，， ，，， 所以. 【小问2详解】 由，可视为小明从甲口袋中有放回地摸出一个球，连续摸4次，相当于4次独立重复试验， 设小明每次摸出一个红球的概率为，则. 因为， 所以当时，；当1时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以当时，最大， 此时，解得， 故当时，最大. 【点睛】关键点点睛：此题考查对立事件的概率公式的应用，考查离散型随机变量的期望，考查独立重复试验的概率，考查导数的应用，第（2）问解题的关键是根据独立重复试验的概率公式表示出，然后利用导数可求出其结果，考查理解能力和计算能力，属于较难题. 19. 已知函数． （1）求在点处的切线方程； （2）当，对任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）结合导数即可求得切线方程； （2）令，结合导数求出的最大值后，解不等式即可； （3）法一：结合（2）知，据此转化题目所证不等式，等价为证明，最后通过求导即可证明；法二：先证，据此转化题目所证不等式，等价为证明，最后通过求导即可证明． 【小问1详解】 ，令，所以切线方程为． 【小问2详解】 因为恒成立，即恒成立， 令，，令，解得， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 故的最大值为， 因为恒成立，所以， 所以，即实数的取值范围为． 【小问3详解】 法一：由（2）得当时，恒成立， 即，令， 所以， 令，则， 故在上单调递增，所以，即成立，得证． 法二：令， 先证，即证， 令， 当单调递增；当单调递减， 所以，所以，即得证， 因为，所以， 令， 则，令，所以， 所以在上单调递增，又因为， 所以使得，即，也即， 所以时，单调递减；时，单调递增， 所以，代入得， ， 又在时单调递减，而， 所以， 所以， 即成立，所以，原不等式得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第二学期期中考试 高二数学试卷 命题人：高一数学备课组 审核人：数学学科组长 考试时间：120分钟 分值：150分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 随机变量X的分布列为： X 1 2 3 P a 则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，则（ ）. A. B. C. D. 3. 某班级有50名学生，期末考试数学成绩服从正态分布，已，则的学生人数为（ ） A. 5 B. 10 C. 20 D. 30 4. 在的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在上单调递增，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 抛掷2颗骰子，观察掷得的点数，记事件为“2个骰子的点数不相同”，事件为“点数之和大于8”，则在事件发生的条件下，事件发生的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 过原点作曲线的两条切线，，切点分别为，，则的面积为（ ） A. 16 B. 15 C. 10 D. 5 8. 武术是中国的四大国粹之一，某武校上午开设文化课，下午开设武术课，某年级武术课有太极拳、形意拳、长拳、兵器四门，计划从周一到周五每天下午排两门课，每周太极拳和形意拳上课三次，长拳和兵器上课两次，同样的课每天只上一次，则排课方式共有（ ） A. 19840种 B. 16000种 C. 31360种 D. 9920种 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 设，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 展开式中二项式系数最大的项是第5项 D. 10. 甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球（球除颜色外，大小质地均相同）、先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示由甲罐中取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐中取出的球是红球的事件.下列结论正确的是（ ） A. 事件与相互独立 B. C. D. 11. 已知函数，则（ ） A. 是函数的极小值点 B. C. 对，方程恒有两个不同的实数解 D. 存在，使得直线与曲线相切 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则________ 13. 设，若函数存在两个不同的极值点，则的取值范围为__________. 14. 已知，且，记随机变量X为x，y，z中的最小值，则________. 15. 人工智能社团有6位同学，计划对ChatGPT、Sora、GPT-4、Claude这4种人工智能语言模型展开学习调研，要求每类模型至少有一人负责，每人只能选择一种模型． （1）若从社团中选出5人去调研，共有多少种不同的调研安排方案？ （2）若6位同学都同时参与调研，且甲、乙两位同学调研同一种模型，共有多少种不同的安排方案？ 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. 16. 已知函数，其中. （1）当时，求的值； （2）当时，讨论函数的单调性. 17. 《中国诗词大会》自开播以来受到广泛关注.为营造乐学向上的学风，某班组织古诗背诵比赛，小明、小华两位同学进入决赛阶段，需从首古诗中随机抽取首，答对多者获胜，小明可背诵其中首，而小华能背诵每首古诗的概率均为，小明、小华两位同学背诵古诗都是互不影响的. （1）求小明可以背诵首古诗的概率； （2）求小明背诵古诗数的期望与方差； （3）选哪位同学代表班级参加学校总决赛更合适? 18. 已知甲口袋有个红球和2个白球，乙口袋有个红球和2个白球，小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球. （1）当时， （i）求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率； （ii）设小明4次摸球中，摸出白球的个数为，求的数学期望； （2）当时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为，则当为何值时，最大？ 19. 已知函数． （1）求在点处的切线方程； （2）当，对任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $