精品解析：河北省石家庄市长安区石家庄市第一中学2025-2026学年高二下学期4月期中考试数学试题

石家庄市第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试 数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．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指定位置，在其他位置作答一律无效. 3．本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.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.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设离散型随机变量X的方差为，则随机变量的方差为（ ） A. 1.1 B. C. D. 2. 的展开式中二项式系数最大的项是（ ） A. 第3项 B. 第6项 C. 第6，7项 D. 第5，7项 3. 在数列中，，，若，则（ ） A. 675 B. 674 C. 673 D. 672 4. 设函数的定义域为，且，当时，，若对于，都有恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 方程的非负整数解的组的个数为（ ） A. B. C. D. 6. 在等比数列中，，且，，成等差数列，则（ ） A. 24 B. 48 C. 96 D. 7. 函数f(x)是定义在上的单调递增函数，f(x)的导函数存在且满足，令，，c=f（4），则a，b，c的大小关系为（ ） A. a<b<c B. b<a<c C. c<b<a D. c<a<b 8. 一个三位自然数百位，十位，个位上的数字依次为，当且仅当时称为“凹数”（如213，312等），若，且互不相同，则这个三位数为“凹数”的概率为 A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 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，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别用事件和表示从甲罐中取出的球是红球，白球和黑球；再从乙罐中随机取出一球，用事件B表示从乙罐中取出的球是红球，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 事件B与事件相互独立 D. 是两两互斥的事件 10. “杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一．如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，，则下列选项正确的是（ ） A. 在第9条斜线上，各数之和为55 B. 在第条斜线上，各数自左往右先增大后减小 C. 在第条斜线上，共有个数 D. 在第11条斜线上，最大的数是 11. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 函数与函数有相同的极小值 B. 若方程有唯一实根，则a的取值范围为 C. 若方程有两个不同的实根，则 D. 当时，若，则成立 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列满足，且，则_____ 13. 函数存在与直线平行的切线，则实数的取值范围是__________． 14. 若，则__________. 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. 已知的展开式中，其前三项的二项式系数的和等于56. （1）求展开式中所有二项式系数的和； （2）求展开式中所有项的系数之和； （3）求展开式中的常数项. 16. 春节期间，某商场准备举行有奖促销活动，顾客购买超过一定金额的商品后均有一次抽奖机会.抽奖规则如下：将质地均匀的转盘平均分成n（，）个扇区，每个扇区涂一种颜色，所有扇区的颜色各不相同，顾客抽奖时连续转动转盘三次，记录每次转盘停止时指针所指扇区内的颜色（若指针指在分界线处，本次转运动无效，需重转一次），若三次颜色都一样，则获得一等奖；若其中两次颜色一样，则获得二等奖；若三次颜色均不一样，则获得三等奖. （1）若一、二等奖的获奖概率之和不大于，求n的最小值； （2）规定一等奖返还现金108元，二等奖返还现金60元，三等奖返还现金18元，在n取（1）中的最小值的情况下，求顾客在一次抽奖中获奖金额的分布列和数学期望. 17. 设函数 （1）求的单调区间 （2）若，k为整数，且当时，求k的最大值 18. 正项数列满足：，对一切，有其中为数列的前项和. （1）证明是等差数列，并求出的通项公式； （2）若数列前项和，求数列的通项公式； （3）若，数列的前项和为，求的最大值和最小值. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间. （2）存在，使得成立，求整数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石家庄市第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试 数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．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指定位置，在其他位置作答一律无效. 3．本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.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.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设离散型随机变量X的方差为，则随机变量的方差为（ ） A. 1.1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据方差的性质来求解随机变量的方. 【详解】由题得，所以. 故选:C. 2. 的展开式中二项式系数最大的项是（ ） A. 第3项 B. 第6项 C. 第6，7项 D. 第5，7项 【答案】C 【解析】 【分析】根据n＝11为奇数，结合二项式系数的性质，由展开式中第项和第项相等且最大求解. 【详解】因为n＝11为奇数， 所以的展开式中第项和项， 即第6，7项的二项式系数相等，且最大． 故选：C 3. 在数列中，，，若，则（ ） A. 675 B. 674 C. 673 D. 672 【答案】A 【解析】 【分析】首先判断数列为等差数列，再代入通项公式，即可求解. 【详解】由题意可知，，所以数列是公差为3的等差数列， ，得. 故选：A 4. 设函数的定义域为，且，当时，，若对于，都有恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由和当时可以逐次推出，，上的解析式，根据每个区间上的函数最小值的规律，应求时，函数值等于时的自变量的值，得到满足的的范围，即得t的取值范围. 【详解】当时，，； 因，即x每增大，对应的纵坐标都变原来的倍. 当时，，故， 则，； 当时，，故， 则，； 当时，，故， 则，. 当时，由，可得，解得或， 如下图所示： 由图可知，当时，恒成立，故实数的取值范围是. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查与递推倍减函数的恒成立问题.对于递推倍减函数的恒成立问题，解题关键在于根据恒成立条件，分别求得在对应区间上的函数解析式，结合函数图象的理解，求得参变量的范围. 5. 方程的非负整数解的组的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将问题转化为：将排成一列的14个完全相同的小球分成部分，利用隔板法即可得解. 【详解】依题意，可知为非负整数， 因为，所以， 从而将问题转化为：将排成一列的14个完全相同的小球分成部分， 一共有13个间隔，利用4个隔板插入即可，故共有种. 故选：A 6. 在等比数列中，，且，，成等差数列，则（ ） A. 24 B. 48 C. 96 D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用等差中项和等比数列的通项公式可解得结果. 【详解】设等比数列的公比为， 依题意得，，即. 又，∴，解得， 则， 故选：B. 7. 函数f(x)是定义在上的单调递增函数，f(x)的导函数存在且满足，令，，c=f（4），则a，b，c的大小关系为（ ） A. a<b<c B. b<a<c C. c<b<a D. c<a<b 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得到在上恒成立，则变形为，由此构造辅助函数，利用导数分析出该函数的单调性，从而得到要选择的结论． 【详解】解：在上是单调递增函数，，故在上恒成立， 所以可化成 设， 得到． 所以在上单调递减． 故，即． 得，即，即． 得，即．故 故选：C． 8. 一个三位自然数百位，十位，个位上的数字依次为，当且仅当时称为“凹数”（如213，312等），若，且互不相同，则这个三位数为“凹数”的概率为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：由于，且互不相同，故可得个三位数.若，则“凹数”有：.共6个；若，则“凹数”有：.共2个.所以这个三位数为“凹数”的概率为有. 考点：古典概型. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 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，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别用事件和表示从甲罐中取出的球是红球，白球和黑球；再从乙罐中随机取出一球，用事件B表示从乙罐中取出的球是红球，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 事件B与事件相互独立 D. 是两两互斥的事件 【答案】BD 【解析】 【分析】根据事件的条件概率公式、独立性公式等逐一判断可得结果. 【详解】解：依题意得，，， ， ，， 选项A：，故A不正确； 选项B：因为，故B正确； 选项C：因为，， 故， 所以事件B与事件不相互独立，故C不正确； 选项D：根据互斥事件的定义可知，是两两互斥的事件，故D正确. 故选：BD. 10. “杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一．如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，，则下列选项正确的是（ ） A. 在第9条斜线上，各数之和为55 B. 在第条斜线上，各数自左往右先增大后减小 C. 在第条斜线上，共有个数 D. 在第11条斜线上，最大的数是 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定的杨辉三角数据特征，逐项分析计算、判断作答. 【详解】对于A，因从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，…，从第3项起，每一项是其相邻前两项的和， 则第8条斜线上各数之和为，因此，第9条斜线上各数之和为，A不正确； 对于B，由定义及图中规律知，在第条斜线上，各数自左往右先增大后减小，B正确； 对于C，从上往下每条斜线上的数据个数为1，1，2，2，3，3，4，4，…，均满足， 所以在第条斜线上，共有个数，C正确； 对于D，在第11条斜线上，最大的数是，D正确. 故选：BCD 11. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 函数与函数有相同的极小值 B. 若方程有唯一实根，则a的取值范围为 C. 若方程有两个不同的实根，则 D. 当时，若，则成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据题目直接对两个函数求导判断极值即可；对于B，根据函数单调性和最值判断函数变化趋势，进而求出参数范围；对于C，利用对数均值不等式直接判断即可；对于D，利用同构方法进行转化即可. 【详解】对于A，定义域，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 定义域，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，故A正确； 对于B，若方程有唯一实根， 由于当时，，且， 结合已求的单调性和最值可知，或，故B错误； 对于C，因为方程有两个不同的实根，假设，则， 则，即，两式相减得， 即，由对数均值不等式， 则，即得证，故C正确； 对于D，当时，若，则， 即，显然，则， 则成立，故D正确. 故选：ACD 下面补证C选项对数均值不等式： 要证，即证， 设，即证，即证， 令，， 则在单调递增，当时，得证. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列满足，且，则_____ 【答案】1011 【解析】 【分析】化简的递推关系，可以判定为常数列，从而求得的通项公式，进而求出 【详解】因为 所以 所以 所以数列为常数列 又 所以 所以 所以 故答案为： 13. 函数存在与直线平行的切线，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：由题意，得，故存在切点，使得，所以有解．由于，所以（当且仅当取等号），即． 考点：1、导数的几何意义；2、基本不等式． 【思路点晴】求解时要充分借助题设和直线与函数代表的曲线相切的条件,建立含参数的方程,然后运用存在变量使得方程有解,再进一步转化为求函数的值域问题．求值域时又利用题设中的，巧妙运用基本不等式使得问题简捷巧妙获解． 14. 若，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，求得，得到，结合条件概率的计算公式，即可求解. 【详解】因为，所以， 所以， 所以， 所以. 故答案为： 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. 已知的展开式中，其前三项的二项式系数的和等于56. （1）求展开式中所有二项式系数的和； （2）求展开式中所有项的系数之和； （3）求展开式中的常数项. 【答案】（1）1024； （2）1； （3）180. 【解析】 【分析】（1）由已知可得，求得，然后求展开式中所有二项式系数和即可； （2）令，即可求得展开式中所有项的系数之和； （3）由得其展开式的通项为，令得，即可求其常数项. 【小问1详解】 由题意，前三项的二项式系数和为，解得或（舍去）， 所以中，展开式中所有二项式系数的和为； 【小问2详解】 由（1）得，令，得展开式中所有项的系数之和为； 【小问3详解】 由（1）得，其展开式通项公式为， 令得，所以展开式中的常数项为. 16. 春节期间，某商场准备举行有奖促销活动，顾客购买超过一定金额的商品后均有一次抽奖机会.抽奖规则如下：将质地均匀的转盘平均分成n（，）个扇区，每个扇区涂一种颜色，所有扇区的颜色各不相同，顾客抽奖时连续转动转盘三次，记录每次转盘停止时指针所指扇区内的颜色（若指针指在分界线处，本次转运动无效，需重转一次），若三次颜色都一样，则获得一等奖；若其中两次颜色一样，则获得二等奖；若三次颜色均不一样，则获得三等奖. （1）若一、二等奖的获奖概率之和不大于，求n的最小值； （2）规定一等奖返还现金108元，二等奖返还现金60元，三等奖返还现金18元，在n取（1）中的最小值的情况下，求顾客在一次抽奖中获奖金额的分布列和数学期望. 【答案】（1）6 （2）分布列见解析，38 【解析】 【分析】（1）由题意可计算出获三等奖的概率，由此列出关于n的不等式，求得答案； （2）确定中获奖金额的可能取值，计算出每种情况的概率，即可得分布列，求出数学期望. 【小问1详解】 设“获三等奖”为事件A，由题意得， 又， 所以，整理得， 解得（舍去），或， 所以n的最小值为6. 【小问2详解】 设顾客在一次抽奖中获奖金额为随机变量，则的所有可能取值为108，60，18， 根据题意得 ， ， ， 所以的分布列为 108 60 18 P 所以. 17. 设函数 （1）求的单调区间 （2）若，k为整数，且当时，求k的最大值 【答案】（1）答案见解析 （2）2 【解析】 【分析】(1)求函数的单调区间，可先求出函数的导数，由于函数中含有字母，故应按照的取值范围进行分类讨论研究函数的单调性，给出单调区间. (2)由题设条件结合(1),将不等式成立转化为，由此将转化为求在给定区间的最值问题. 【小问1详解】 函数的定义域是，，当时，，所以函数在上单调递增， 当时，时， ，当， 所以，函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由于，所以，故当， ，等价于 令，① 则， 由(1)可知，当时，函数在上单调递增， 而，所以在存在唯一零点， 故在存在唯一零点，设此零点为，则有， 当时，，当时，， 所以在上的最小时为，又由，可得， 所以 ，由于①等价于，故整数的最大值为2. 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 18. 正项数列满足：，对一切，有其中为数列的前项和. （1）证明是等差数列，并求出的通项公式； （2）若数列前项和，求数列的通项公式； （3）若，数列的前项和为，求的最大值和最小值. 【答案】（1）证明见解析， （2） （3）最大值为3，最小值为 【解析】 【分析】（1）根据与的关系作差化简得出，再结合等差数列的定义和通项公式可求解； （2）利用计算； （3）利用裂项相消计算，再结合其增减性可得. 【小问1详解】 因，则当时，， 两式作差得，即， 因，则， 当时，，又解得，则满足上式， 故数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 其通项公式为； 【小问2详解】 由（1）得， 当时，， 因，满足上式，所以其通项公式为； 【小问3详解】 ， 则 ， 当为奇数时，，为递减数列， 又，则； 当为偶数时，，为递增数列， 又，则； 则的最大值为，最小值为. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间. （2）存在，使得成立，求整数的最小值. 【答案】（1）增区间为，无单减区间 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数与函数的单调性之间的关系可求得结果； （2）由题意可知，存在，使得，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，求出的取值范围，可求得整数的最小值. 【小问1详解】 解：当时，，该函数的定义域为， 则，当且仅当时，等号成立， 故函数的增区间为，无单减区间. 【小问2详解】 解：存在，使得成立，即， 令，其中，则， ， 令，则， 令，对任意的恒成立， 故函数在上为增函数，则， 即对任意的恒成立，则函数为增函数. 因为，， 所以存在，使得， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以，，， 设，则， 令，则对任意的恒成立， 故函数在上为增函数，则， 即对任意的恒成立，故函数在为增函数， 故，即，即， 因为为整数，所以整数的最小值为. 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $