精品解析：浙江温州新力量联盟期中联考2025-2026学年第二学期高二年级数学学科试题

浙江温州新力量联盟期中联考2025-2026学年第二学期高二年级数学学科试题 考生须知： 1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效． 4．考试结束后，只需上交答题纸． 选择题部分 一、单项选择题：（本大题共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. 从含有3件次品的10件产品中任意抽出5件进行检验，都是合格品的抽法有（ ）种 A. 21 B. 28 C. 30 D. 42 2. 函数在处的瞬时变化率为（ ） A. B. C. D. 3. 6名同学排成两排，每排3人，其中甲排在前排的概率是（ ） A. B. C. D. 4. 已知是函数的导函数，若的图象如图所示，则下列结论错误的是（ ） A. 在处的切线斜率大于0 B. 是的极大值点 C. 在区间上先单调递增后单调递减 D. 在区间上一定存在最大值 5. 若随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.86 B. 0.72 C. 0.36 D. 0.14 6. 设，随机变量的分布列如表所示，则下列说法正确的是（ ） -1 1 A. 当增大时，减小，增大 B. 当增大时，减小，减小 C. 当增大时，减小，先增大后减小 D. 当增大时，减小，先减小后增大 7. 下列说法中，错误的是（ ） A. 数据6，2，3，4，6，5，8，9，9的下四分位数为4 B. 试验表明甲投篮命中率为0.9，若甲连续投篮四次，则恰有三次投中的概率为 C. 7件产品中包含3件次品，不放回地随机抽取3件，则恰好抽出2件次品的概率为． D. 一个袋中有大小相同的3个红球和2个白球，从中不放回的依次取球2次，每次取一球，则在第二次取到红球的条件下第一次取到也是红球的概率为 8. 设，满足，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：（本大题共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．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 已知的展开式的各项系数之和为1024，则展开式中（ ） A. 奇数项的二项式系数和为256 B. 第6项的系数最大 C. 存在常数项 D. 有理项共有6项 10. 设A，是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ） A. B. 事件A，B为独立事件 C. D. 11. 已知函数则下列说法正确的有（ ） A. 当时，有两个极值点 B. 若有两个零点，则 C. 若有两个零点，则在上单调递减 D. 若恒成立，则 非选择题部分 三、填空题：（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 在的展开式中，含的项的系数是___________．（用数字作答） 13. 函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为___________． 14. 若数列共有10项，满足且，则这样的数列共有___________个（用数字作答） 四、解答题：（本大题共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. 设函数 （1）求在处的切线方程； （2）求在上的极大值点和极大值． 16. 从0，1，2，3，4，5这6个数中选择若干个不重复的数字. （1）能组成多少个不含0的四位数？ （2）能组成多少个被5整除的四位数？ （3）能组成多少个小于1000的数？ 17. 已知5件产品中有2件次品， （1）从中有放回的随机抽取3次，每次取一件产品，抽出次品的件数记为，求的分布列及数学期望． （2）从中不放回的抽取，每次取一件，抽出全部次品则停止抽取，求抽取四次就停止的概率． 18. “618”购物狂欢节某商场品牌连锁店推出当日消费额达5000元时就可参与抽奖活动，抽奖活动规则如下：在两个外观完全相同且不透明的箱子中都装入8个球，第一个箱子中有8个红球，第二个箱子中有4个红球4个白球（球的形状大小完全相同）抽奖活动进行两轮，只有通过第一轮才能进入第二轮． 第一轮游戏：抽奖者需从两个箱子中任选一个箱子从中摸出两个球（不放回），若取出的两个球都是红球则进入第二轮抽奖，否则游戏结束抽奖者没有奖金． 第二轮游戏：进入第二轮的抽奖者可从三种抽奖方式中选择一种，第一种直接停止游戏获得300元奖金；第二种从第一轮取出两个红球的箱子中再取一个球若是红球则得奖金400元，若不是红球则游戏结束，不得奖金；第三种从另外一个箱子中取一个球若是红球则得奖金500元，若不是红球则游戏结束，不得奖金； （1）抽奖者能进入第二轮游戏的概率． （2）从奖金的数学期望考虑，进入第二轮游戏的抽奖者该如何选择． 19. 设函数， （1）若，求函数的单调区间； （2）（i）当时，求证：函数恒有2个极值点； （ii）当时，实数使得方程有两个不相等的实根，且满足，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江温州新力量联盟期中联考2025-2026学年第二学期高二年级数学学科试题 考生须知： 1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效． 4．考试结束后，只需上交答题纸． 选择题部分 一、单项选择题：（本大题共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. 从含有3件次品的10件产品中任意抽出5件进行检验，都是合格品的抽法有（ ）种 A. 21 B. 28 C. 30 D. 42 【答案】A 【解析】 【分析】根据组合数公式求解即可 【详解】由题意知合格品数量为 件，抽出的5件都是合格品， 即从7件合格品中任选5件，   因此都是合格品的抽法共21种. 2. 函数在处的瞬时变化率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据瞬时变化率的定义求解即可. 【详解】根据导数的求导法则可得 将代入导函数，得到处的瞬时变化率： . 3. 6名同学排成两排，每排3人，其中甲排在前排的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出基本事件总数和甲在前排的事件数，再结合古典概型求概率. 【详解】总排列数为，甲在前排的排列数为， 所以甲排在前排的概率. 4. 已知是函数的导函数，若的图象如图所示，则下列结论错误的是（ ） A. 在处的切线斜率大于0 B. 是的极大值点 C. 在区间上先单调递增后单调递减 D. 在区间上一定存在最大值 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，通过的图象可知， 所以在处的切线斜率大于0，因此本选项说法正确； 对于B，通过的图象可知， 当时，，所以函数在上单调递增， 当时，，所以函数在上单调递减， 所以是的极大值点，因此本选项说法正确； 对于C，当时，设的零点为， 当时，，所以函数在上单调递减， 当时，，所以函数在上单调递增， 所以在区间上先单调递减后单调递增，因此本选项说法不正确； 对于D，由上分析，当时，先单调递增接着单调递减， 然后再单调递增，最后再单调递减，且函数连续不断， 所以函数一定有最大值，最大值为中最大的函数值，因此本选项说法正确. 5. 若随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.86 B. 0.72 C. 0.36 D. 0.14 【答案】A 【解析】 【详解】因为随机变量服从正态分布，即， 所以 ． 6. 设，随机变量的分布列如表所示，则下列说法正确的是（ ） -1 1 A. 当增大时，减小，增大 B. 当增大时，减小，减小 C. 当增大时，减小，先增大后减小 D. 当增大时，减小，先减小后增大 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查期望与方差公式的运用，运用期望公式把表示为关于a的函数， 运用方差公式把表示为关于a的函数,使用函数单调性求解. 【详解】由题意可得，所以． ， 故随着的值增大而减小； ， 因为，所以当时，单调递增，当时，单调递减，故选C． 7. 下列说法中，错误的是（ ） A. 数据6，2，3，4，6，5，8，9，9的下四分位数为4 B. 试验表明甲投篮命中率为0.9，若甲连续投篮四次，则恰有三次投中的概率为 C. 7件产品中包含3件次品，不放回地随机抽取3件，则恰好抽出2件次品的概率为． D. 一个袋中有大小相同的3个红球和2个白球，从中不放回的依次取球2次，每次取一球，则在第二次取到红球的条件下第一次取到也是红球的概率为 【答案】B 【解析】 【分析】根据百分位数的概念计算即可判断A；根据二项分布的概率公式计算即可判断B；根据超几何分布的概率公式计算即可判断C；根据条件概率的计算公式计算即可判断D. 【详解】对于A，从小到大排列为2，3，4，5，6，6，8，9，9，共9个数， 所以取第三个数为4，即A正确； 对于B，设甲投中的次数为，则， 所以，B错误； 对于C，符合超几何分布，则恰好抽出2件次品的概率为．C正确； 对于D，设分别代表第一第二次取到的球为红球， 正确. 8. 设，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数应用导函数得出函数单调性，再结合函数图象数形结合判断求解. 【详解】令 当时，；当时，． 将问题转化为判断函数的图象在区间上的位置关系． 下面先判断函数图象在区间的位置关系： 令， 导数为， 令，则上式变为， 令，得． 当时，；当时，． 故在先递增，后递减．而， 故在恒成立，当时，的图象恒在上方（1）， 下面判断函数图象在区间的位置关系： 令 ， 求导数得， 令，则， 而， 故，有， 当时，；当时，， 而，故在恒成立， 当时，的图象恒在上方（2）， 由（1）（2）得，函数图象在区间的位置关系如图所示 由图易得，． 二、多项选择题：（本大题共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．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 已知的展开式的各项系数之和为1024，则展开式中（ ） A. 奇数项的二项式系数和为256 B. 第6项的系数最大 C. 存在常数项 D. 有理项共有6项 【答案】BCD 【解析】 【分析】令即可求出的值，再写出展开式的通项，再一一判断. 【详解】解：令，得，则或（舍去）. ∴的展开式的通项. 对于A，，故A错误； 对于B，由题设展开式共11项，第6项的系数最大，故B正确； 对于C，令，解得，故存在常数项为第三项，故C正确； 对于D，当时，为有理项，故有理项共有项，故D正确. 故选：BCD. 10. 设A，是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ） A. B. 事件A，B为独立事件 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】应用概率基本性质计算判断A，独立事件概率乘积公式计算判断B，应用条件概率公式计算判断C，应用概率基本性质结合独立事件概率公式计算判断D. 【详解】因为，所以， ，所以A正确； 所以B错误； ，所以C正确； ，， ，所以D错误. 11. 已知函数则下列说法正确的有（ ） A. 当时，有两个极值点 B. 若有两个零点，则 C. 若有两个零点，则在上单调递减 D. 若恒成立，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数研究函数的单调性，极值，最值，依次判断选项即可. 【详解】；当时，，令，解得：， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，所以只有唯一极值点，故A错误 ，在上单调递减，在上单调递增； 当时，，当时，， 若有两个零点，则，所以，所以B正确， 由B选项知在上单调递减，在上单调递增且， 所以在上递减，C正确 恒成立，即恒成立， ，得，下面证明当时，； 当时，，设， ，在上递减，在上递增， ，即，不等式成立，即，D正确. 非选择题部分 三、填空题：（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 在的展开式中，含的项的系数是___________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】从个因式的个因式中选择，个因式中选择常数相乘即可得到含的项，即可得解. 【详解】在中， 个因式选择，个因式选择常数即可得到含的项， 所以含的项为， 所以展开式中的系数是． 13. 函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【详解】， 因为在上单调递减，所以在上恒成立， 即：，得， 设， 当时，函数单调递增， 所以，所以有， 因此实数的取值范围为. 14. 若数列共有10项，满足且，则这样的数列共有___________个（用数字作答） 【答案】84 【解析】 【分析】设从到的过程中，有次是加2，次是减2，建立关于和的方程并求解，再利用组合数公式计算符合条件的数列个数. 【详解】从到共经历次相邻变化，设其中有次，次， 根据题意得：  ，解得， 总共有种不同数列. 四、解答题：（本大题共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. 设函数 （1）求在处的切线方程； （2）求在上的极大值点和极大值． 【答案】（1） （2）极大值点为1；极大值为 【解析】 【分析】（1）对求导，进而得到切线斜率，再利用直线的点斜式方程写出切线方程； （2）对求导，利用导数分析函数单调性和极值. 【小问1详解】 对，代入，即切点为 求导，得：，即切线斜率 则切线方程：. 【小问2详解】 令得得或； 故的减区间为，增区间为和； 所以函数的极大值点为，因为， 所以在上的极大值为. 16. 从0，1，2，3，4，5这6个数中选择若干个不重复的数字. （1）能组成多少个不含0的四位数？ （2）能组成多少个被5整除的四位数？ （3）能组成多少个小于1000的数？ 【答案】（1）120 （2）108 （3）131 【解析】 【分析】（1）需从这5个数字中选4个进行排列，使用排列数公式计算； （2）分两类讨论：个位为0时，从剩余5个数字选3个排列；个位为5时，千位不能为0，先确定千位可选数字，再从剩余数字选2个排列，最后用分类加法计数原理汇总； （3）分三类计算：一位数直接统计可选数字个数；两位数先确定十位（不能为0）再确定个位；三位数先确定百位（不能为0）再确定十位和个位，最后用分类加法计数原理汇总. 【小问1详解】 ， 所以能组成个不含0的四位数. 【小问2详解】 个位为的情况有：个 个位为5的情况有：个 所以能组成个被5整除的四位数 【小问3详解】 一位数的情况有：个 两位数的情况有：个 三位数的情况有：个 所以能组成个小于的数. 17. 已知5件产品中有2件次品， （1）从中有放回的随机抽取3次，每次取一件产品，抽出次品的件数记为，求的分布列及数学期望． （2）从中不放回的抽取，每次取一件，抽出全部次品则停止抽取，求抽取四次就停止的概率． 【答案】（1） 0 1 2 3 （2） 【解析】 【分析】（1）利用二项分布的概率公式计算取不同值时的概率，得到分布列，再利用二项分布的数学期望公式计算. （2）利用组合数计算前三次抽取1件次品2件正品的情况数，再计算第四次抽到次品的情况数，结合不放回抽取的总情况数，利用古典概型概率公式计算概率. 【小问1详解】 根据题意可得 ， ，； 0 1 2 3 ． 【小问2详解】 若抽取四次停止，则第四次必为次品，另一件次品可以在第一，第二，第三次取到， 设表示第次抽到次品； 18. “618”购物狂欢节某商场品牌连锁店推出当日消费额达5000元时就可参与抽奖活动，抽奖活动规则如下：在两个外观完全相同且不透明的箱子中都装入8个球，第一个箱子中有8个红球，第二个箱子中有4个红球4个白球（球的形状大小完全相同）抽奖活动进行两轮，只有通过第一轮才能进入第二轮． 第一轮游戏：抽奖者需从两个箱子中任选一个箱子从中摸出两个球（不放回），若取出的两个球都是红球则进入第二轮抽奖，否则游戏结束抽奖者没有奖金． 第二轮游戏：进入第二轮的抽奖者可从三种抽奖方式中选择一种，第一种直接停止游戏获得300元奖金；第二种从第一轮取出两个红球的箱子中再取一个球若是红球则得奖金400元，若不是红球则游戏结束，不得奖金；第三种从另外一个箱子中取一个球若是红球则得奖金500元，若不是红球则游戏结束，不得奖金； （1）抽奖者能进入第二轮游戏的概率． （2）从奖金的数学期望考虑，进入第二轮游戏的抽奖者该如何选择． 【答案】（1） （2）选择第二种抽奖方案 【解析】 【分析】(1)抽奖者能进入第二轮游戏即需在第一轮中取出的两个球都是红球，计算其概率即可求解； (2)在第二轮抽奖中，设选择第一种奖金为，选择第二种奖金为，选择第三种奖金为；分别求出对应的期望即可. 【小问1详解】 设表示第一轮抽取两个红球， 表示从第一个箱子中抽取，表示从第二个箱子中抽取 【小问2详解】 在第二轮抽奖中，设选择第一种奖金为，选择第二种奖金为，选择第三种奖金为； 第一种显然； 第二种 ，显然； 第三种 显然 综上，所以选择第二种抽奖方案 19. 设函数， （1）若，求函数的单调区间； （2）（i）当时，求证：函数恒有2个极值点； （ii）当时，实数使得方程有两个不相等的实根，且满足，求实数的取值范围． 【答案】（1）函数在单调递增．在单调递减． （2） （i）且， 令， 下面探究的单调性和零点： 则， 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 故 当时，, 因为，所以在上必存在零点, 故存在，有， 且在有，在有． 故在有，在有． 故函数恒有2个极值点，得证． （ii） 【解析】 【分析】（1）求出导函数，利用导数求单调区间； （2）（i）由，令，将问题转化为证明有两个变号零点，结合导数研究的单调区间以及取值范围即可证明结论； （ii）存在实数使得方程有两个不相等的实根，则，令，得，构造函数，利用导数研究单调性，得到，即可求得实数的取值范围. 【小问1详解】 ， 令，得， 故函数在单调递增．在单调递减． 【小问2详解】 （i）略 （ii）当时，， 由于实数使得方程有两个不相等的实根 由，利用可得， 即， 令，则， 设，则， ， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增. 下面探究在上的变化快慢： 由为对数型函数的图像可知， 函数在上下降较快，在上上升较慢， 且， 故且上界为， 若要满足，只需． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $