精品解析：河北衡水中学2025-2026学年高二年级下学期期中综合素质评价数学试题

2025-2026学年度高二年级下学期期中综合素质评价 数学学科 主命题人：张丽 其他命题成员：张宝玲 （本试卷共2页，19个题，满分150分，考试用时：120分钟） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.） 1. （ ） A. B. C. D. 6 2. 已知函数，其导函数的图象如图所示，则（ ） A. 有2个极值点 B. 在处取得极小值 C. 有极大值，没有极小值 D. 在上单调递减 3. 除以的余数是（    ） A. B. C. D. 4. 由若干根相同的木棍组成如图所示的长方体框架，一只蚂蚁从点P出发，沿木棍爬行到点Q的最短路径有（ ） A. 15种 B. 30种 C. 48种 D. 60种 5. 某地区举办演唱会时，举办方为防止观众私自携带灯牌等应援物品，使用了安检门进行辅助检测.依照以往数据，任一观众私自携带应援物品的概率为，若观众确实携带，安检门亮灯提示的概率为；若观众没有携带，安检门依旧有的概率因误检其他物品而亮灯提示.若某观众通过安检门时被亮灯提示，则该观众确实私自携带应援物品的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 函数是定义在上的偶函数，其导函数为，且当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 某五面体木块的直观图如图所示，现准备给其5个面涂色，每个面涂一种颜色，且相邻两个面（有公共棱的两个面）所涂颜色不能相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ） A. 600种 B. 1080种 C. 1200种 D. 1560种 8. 已知，，，则a，b，c的大小关系正确的一项是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共计18分.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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 对于随机事件A，B，若，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知，函数，则（ ） A. 的图象关于y轴对称 B. 恰有3个零点 C. 恰有2个极值点 D. 在上单调递增 11. 我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的，以下关于杨辉三角的说法正确的是（ ） A. 第10行所有数字的和等于1024 B. 第2026行的第1013个数最大 C. 210在杨辉三角中出现了6次 D. 记第行的第个数为，则 三、填空题（本题共3小题，每个小题5分，共计15分） 12. 已知二项式展开式中的系数为40，则实数______． 13. 把分别写有1、2、3、4、5、6的六张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为_______. 14. 已知集合，对它的非空子集，将中每个元素都乘以再求和，如，可以求得和为，则对的所有非空子集，则这些和的总和为________． 四、解答题（共5个小题，共计77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 已知展开式的所有二项式系数和为. （1）求展开式中的常数项； （2）求展开式的系数最大项. 16. 已知函数. （1）若直线为曲线在点处的切线，求实数的值； （2）若有3个零点，求实数的取值范围. 17. 某超市为了吸引顾客，在“五一”期间进行有奖促销活动，规定凡在该超市购物满300元的顾客，均可获得一次摸奖机会．摸奖规则如下：奖盒中放有除颜色不同外其余完全相同的4个球（红、黄、白、黑）．顾客不放回地每次摸出1个球，若摸到黑球，则摸奖停止，否则就继续摸球．按规定：摸到红球奖励20元，摸到白球或黄球奖励10元，摸到黑球不奖励． （1）如果1名顾客第3次摸到黑球，求该顾客第1次摸到红球的概率； （2）记随机变量X为1名顾客摸奖获得的奖金数额，求X的分布列和数学期望． 18. 已知函数， （1）若在定义域内单调递增，求实数的取值范围； （2）当时，若对任意，不等式恒成立，求实数的最小值； （3）若存在两个不同的极值点，，且，求实数的取值范围． 19. 某排球教练带领甲、乙两名排球主力运动员训练排球的接球与传球，首先由教练第一次传球给甲、乙中的某位运动员，然后该运动员再传回教练.每次教练接球后按下列规律传球：若教练上一次是传给某运动员，则这次有的概率再传给该运动员，有的概率传给另一位运动员.已知教练第一次传给了甲运动员，且教练第次传球传给甲运动员的概率为. （1）求，； （2）求的表达式； （3）设，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度高二年级下学期期中综合素质评价 数学学科 主命题人：张丽 其他命题成员：张宝玲 （本试卷共2页，19个题，满分150分，考试用时：120分钟） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.） 1. （ ） A. B. C. D. 6 【答案】C 【解析】 【详解】原式． 2. 已知函数，其导函数的图象如图所示，则（ ） A. 有2个极值点 B. 在处取得极小值 C. 有极大值，没有极小值 D. 在上单调递减 【答案】C 【解析】 【分析】根据导函数的图象得出导函数的符号分布情况，进而可得出函数的单调区间，再根据极值的定义即可得解. 【详解】由导函数的图象可知， 当时，，仅时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数只有一个极值大点，无极小值点， 所以有极大值，没有极小值， 故ABD错误，C正确. 故选：C. 3. 除以的余数是（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意可得，再写出的展开式，即可判断. 【详解】因为，其中 所以， 即， 因此除以的余数是，故D正确. 4. 由若干根相同的木棍组成如图所示的长方体框架，一只蚂蚁从点P出发，沿木棍爬行到点Q的最短路径有（ ） A. 15种 B. 30种 C. 48种 D. 60种 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，要使得爬行的距离最短，则需要向右爬3格，向前爬2格，向上爬1格，利用组合数的计算公式，即可求解. 【详解】根据题意，一只蚂蚁从点出发，沿木棍爬行到点， 要使得爬行的距离最短，则需要向右爬3格，向前爬2格，向上爬1格，共计6步， 则爬行的路径共有：不同的路径. 故选：D. 5. 某地区举办演唱会时，举办方为防止观众私自携带灯牌等应援物品，使用了安检门进行辅助检测.依照以往数据，任一观众私自携带应援物品的概率为，若观众确实携带，安检门亮灯提示的概率为；若观众没有携带，安检门依旧有的概率因误检其他物品而亮灯提示.若某观众通过安检门时被亮灯提示，则该观众确实私自携带应援物品的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据全概率公式，以及条件概率公式即可求解. 【详解】设事件：该观众私自携带应援物品；事件：安检门亮灯提示， 则. 某观众通过安检门时被亮灯提示，则该观众确实私自携带应援物品的概率为 所以. 故选:B. 6. 函数是定义在上的偶函数，其导函数为，且当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过观察已知条件，构造新函数，通过分析的奇偶性和单调性得出结论. 【详解】定义函数，则， 由题意，当时，，即， 当时，有，故，即在上单调递增， 由于是偶函数，则也是偶函数，因此在上单调递减， 由于，所以， 代入不等式，可化简为， 由的单调性，得，解得或， 即的解集为，故A正确. 7. 某五面体木块的直观图如图所示，现准备给其5个面涂色，每个面涂一种颜色，且相邻两个面（有公共棱的两个面）所涂颜色不能相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ） A. 600种 B. 1080种 C. 1200种 D. 1560种 【答案】D 【解析】 【分析】分三类：用5种、4种、3种颜色涂在5个面上，再由分步计数及排列组合数求不同的涂色方案. 【详解】若用5种颜色，从6种颜色任选5种再作全排，即种； 若用4种颜色，从6种颜色任选4种有种， 再任选一种颜色涂在其中一组对面上有种，其它3种颜色作全排有， 所以，共有种； 若用3种颜色，从6种颜色任选3种有种， 再任选两种颜色涂在两组对面上种，余下的一种颜色涂在底面有1种， 所以，共有种； 综上，不同的涂色方案有种. 故选：D 8. 已知，，，则a，b，c的大小关系正确的一项是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取对数得，设，利用导数判断出函数的单调性可得答案. 【详解】因为，，， 则， 设， 则， 设， 则， 当时，，所以在上单调递减， 则，所以，即在上单调递增， 因为，所以，即， 即，所以. 故选：D 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共计18分.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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 对于随机事件A，B，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，因为，，， 所以，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误． 10. 已知，函数，则（ ） A. 的图象关于y轴对称 B. 恰有3个零点 C. 恰有2个极值点 D. 在上单调递增 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据奇偶函数的定义判断与的关系即可判断A；求出后，式子比较复杂，构造函数，通过导数研究的单调性，零点来研究的性质，从而可判断BCD. 【详解】因为函数是定义在上的函数， 所以定义域关于原点对称，且， 所以是奇函数，所以的图象关于原点对称，故A错误. 由得， 令，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 又，， 由函数零点存在定理知在上只有一个零点，设为，在上只有一个零点，设为，作出的大致图象如图1： 所以当时，，即，单调递减； 当时，，即，单调递增； 当时，，即，单调递减， 所以恰有2个极值点，故C正确. 又，且当时，, 作出的大致图象如图2： 所以恰有3个零点，故B正确. 因为，由图1知， 当时，，即，单调递增，故D正确. 11. 我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的，以下关于杨辉三角的说法正确的是（ ） A. 第10行所有数字的和等于1024 B. 第2026行的第1013个数最大 C. 210在杨辉三角中出现了6次 D. 记第行的第个数为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：根据题目所给的杨辉三角，得出每一行每一个数的表示，对第10行所有数字求和即可得；对B：根据组合数的性质，即可找到第2026行中的最大数；对C：列举出值为210的组合数即可；对D：使用二项式定理进行转化即可. 【详解】对A：第行的第个数，故第10行所有数字的和等于为： ，故A正确； 对B：第2026行的第个数可表示为， 由组合数的性质可知，最大，因此，， 故第2026行的第1014个数最大，故B错误； 对C：210在杨辉三角中出现的情况有（第10行的第5个数）， （第10行的第7个数），（第210行的第2个数）， （第210行的第210个数），（第21行的第3个数）， （第21行的第20个数），共6次，故C正确； 对D：第行的第个数，因此， 令，则， 即，故D正确. 三、填空题（本题共3小题，每个小题5分，共计15分） 12. 已知二项式展开式中的系数为40，则实数______． 【答案】 【解析】 【分析】由二项式的通项列出方程求解即可． 【详解】二项式的通项为， 因为二项式展开式中的系数为40， 所以令，解得，即，解得． 13. 把分别写有1、2、3、4、5、6的六张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为_______. 【答案】60 【解析】 【详解】把卡片按数字顺序排成一列：，每个人拿到的若超过一张，必须是连号，说明每个人拿到的卡片在这列中必须形成一个连续段。 所以问题等价于：把 1∼6 分成 3 个非空连续段，再把这 3 段分给甲、乙、丙。 先把 6 张卡片切成 3 个非空连续段。 在 1,2,3,4,5,6 之间有 5 个空隙： 从这 5 个空隙中选 2 个作为分段点：种, 得到的 3 段可以分别分给甲、乙、丙，三个人有：种安排. 因此不同分法共有：种 14. 已知集合，对它的非空子集，将中每个元素都乘以再求和，如，可以求得和为，则对的所有非空子集，则这些和的总和为________． 【答案】2560. 【解析】 【分析】根据题意，将中所有非空子集分类考虑，将所有非空子集中的含有1的总个数确定好，从而可求其和，同理求得含有的部分的和，问题即可解决. 【详解】， 中所有非空子集含有1的有10类： ①单元素集合只有含有1，即1出现了次； ②双元素集合只有1的有，即1出现了次； ③三元素集合中含有1的有，即1出现了次， ⑩含有10个元素，出现了次； 共出现， 同理都出现次， 的所有非空子集中，这些和的总和是 . 故答案为：. 【点睛】本题主要考查集合的子集以及组合式的应用，考查了分类讨论思想的应用，意在考查灵活应用所学知识解决问题的能力，属于难题. 四、解答题（共5个小题，共计77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 已知展开式的所有二项式系数和为. （1）求展开式中的常数项； （2）求展开式的系数最大项. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据条件得，再利用二项展开式的通项公式，即可求解； （2）设展开式的系数最大项为第项，建立方程组，求出，即可求解. 【小问1详解】 由题知，解得， 则展开式的通项公式为， 令，解得，所以展开式中的常数项. 【小问2详解】 设展开式的系数最大项为第项， 则，即， 整理得到，解得，又，所以或， 则展开式的系数最大项或. 16. 已知函数. （1）若直线为曲线在点处的切线，求实数的值； （2）若有3个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求函数在处的函数值与导数值，利用切线方程的斜率与切点坐标，建立方程求解和的值； （2）将方程转化为​，构造函数，通过求导分析其单调性与极值，结合函数图象确定的取值范围. 【小问1详解】 因为，所以，则. 因为切线方程为，所以.将代入可得. 所以. 【小问2详解】 令.可得， 令，则， 令，可得或2， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 当时，，单调递减， 又因为，当时，，当时，， 所以的大致图象如图所示. 观察可知，，所以实数的取值范围是. 17. 某超市为了吸引顾客，在“五一”期间进行有奖促销活动，规定凡在该超市购物满300元的顾客，均可获得一次摸奖机会．摸奖规则如下：奖盒中放有除颜色不同外其余完全相同的4个球（红、黄、白、黑）．顾客不放回地每次摸出1个球，若摸到黑球，则摸奖停止，否则就继续摸球．按规定：摸到红球奖励20元，摸到白球或黄球奖励10元，摸到黑球不奖励． （1）如果1名顾客第3次摸到黑球，求该顾客第1次摸到红球的概率； （2）记随机变量X为1名顾客摸奖获得的奖金数额，求X的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） 0 10 20 30 40 . 【解析】 【分析】(1)根据条件概率计算公式，求出事件的概率，使用条件概率公式求出结果. (2)根据离散型随机变量概率计算方法，求出的分布列，根据离散型随机变量数学期望公式求出结果. 【小问1详解】 设“第3次摸到黑球”为事件，“第1次摸到红球”为事件，可知，可知. 【小问2详解】 X的可能结果有0，10，20，30，40. 当时，第一个就是黑球， 当时，第一个是白球或者黄球，第二个是黑球， 当时，前两个是白球和黄球，第三个是黑球，或者第一个是红球，第二个是黑球， 当时，第一个是白球或者黄球，第二个是红球，第三个是黑球，或者，第一个是红球， 第二个是白球或者黄球， 第三个是黑球， 当时，前三个是白球和黄球和红球，第四个是黑球， 故分布列为 0 10 20 30 40 数学期望. 18. 已知函数， （1）若在定义域内单调递增，求实数的取值范围； （2）当时，若对任意，不等式恒成立，求实数的最小值； （3）若存在两个不同的极值点，，且，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）1 （3） 【解析】 【分析】（1）在定义域内单调递增等价于恒成立，分离参数转化为最值问题求解； （2）由，构造同构函数，利用的单调性求解； （3）由极值点得双变量之间关系，将通过变量代换转化为关于的函数，利用导数判断单调性求其最值情况即可求解. 【小问1详解】 由题的定义域为，在恒成立，且的解不连续， 则， 所以的取值范围是； 【小问2详解】 当时，不等式可化为，变形为， 令，求导得，所以在上是增函数， 故，即，即， 所以对任意，不等式恒成立，即对任意恒成立， 令，则， 所以当时，，则单调递增； 当时，，则单调递减， 所以，即满足不等式的实数的取值范围为， 所以的最小值为1； 【小问3详解】 因为存在两个不同的极值点， 所以由可得是方程的两根， 所以，且，， 所以，故， 又由可得， 而， 令， 则， ∵，∴，即， 则，所以在区间上单调递减， 所以有，即， 所以实数取值范围. 19. 某排球教练带领甲、乙两名排球主力运动员训练排球的接球与传球，首先由教练第一次传球给甲、乙中的某位运动员，然后该运动员再传回教练.每次教练接球后按下列规律传球：若教练上一次是传给某运动员，则这次有的概率再传给该运动员，有的概率传给另一位运动员.已知教练第一次传给了甲运动员，且教练第次传球传给甲运动员的概率为. （1）求，； （2）求的表达式； （3）设，证明：. 【答案】（1）， （2） （3）证明如下： . 设，，∴，∴在上单调递增， 显然，则， ∴，则， 即， ∴. 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合互斥事件和独立事件概率公式进行求解即可； （2）根据互斥事件和独立事件概率公式，结合等比数列的定义和通项公式进行求解即可； （3）利用构造函数法，结合导数与函数单调性的关系、等比数列的前项和公式进行证明即可. 【小问1详解】 ，，； 【小问2详解】 由已知，∴，即， ∴是以为公比的等比数列， ∴，∴. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点睛：本题的关键是根据题意利用独立事件概率公式得到递推关系式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $