精品解析：新疆和田地区墨玉县2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

墨玉县2025-2026学年第二学期期中考试 高二数学 本卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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.写在本试卷上无效. 3.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.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知函数，则 A. 4 B. 2 C. 1 D. 0 2. 4幅不同的国画和2幅不同的油画排成一列，2幅油画不相邻，则不同的排法种数为（ ） A. 240 B. 360 C. 480 D. 720 3. 一名老师和两名男生两名女生站成一排照相，要求两名女生必须站在一起且老师不站在两端，则不同站法的种数为(　　)． A. 8 B. 12 C. 16 D. 24 4. 的展开式中的系数为（　　） A. -20 B. -15 C. 15 D. 20 5. 已知离散型随机变量X的分布列如下表，则X的数学期望等于（ ） X 0 1 2 P 0.2 a 0.5 A. 0.3 B. 0.8 C. 1.2 D. 1.3 6. 袋中装有形状和大小完全相同的4个黑球，3个白球，从中不放回地依次随机摸取两球，在第一次摸到了黑球的条件下，第二次摸到白球的概率是 A. B. C. D. 7. 随机变量服从两点分布，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 一定有极大值 B. 当时，有极小值 C. 当时，可能无零点 D. 若在区间上单调递增，则 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. 下列求导运算正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则(　　) A. 课程“射”“御”排在前两周，共有24种排法 B. 某学生从中选5门，共有6种选法 C. 课程“礼”“书”“数”排在后三周，共有36种排法 D. 课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法 11. 下列说法正确的是（ ） A. 设随机变量服从二项分布，则 B. 若则 C. 甲､乙､丙三人均准备在3个旅游景点中任选一处去游玩，则在至少有1个景点未被选择的条件下，恰有2个景点未被选择的概率是 D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数在点处的切线斜率为7，则实数a的值为___________. 13. 已知随机变量，且，则___________． 14. 某中学对“秋假”期间申请留校的学生实行免费托管，现要从名教师中选若干人在天假期值班（每天只需人值班），同一人不能连续值班天，则可能的安排方法有___________种． 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. 从5名男生和4名女生中选出4人去参加数学竞赛． （1）如果选出的4人中男生、女生各2人，那么有多少种选法？ （2）如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，那么有多少种选法？ （3）如果被选出的4人是甲、乙、丙、丁，将这4人派往2个考点，每个考点至少1人，那么有多少种派送方式？ 16. 已知的展开式中共有7项. （1）求的值； （2）求展开式中二项式系数最大的项； （3）求的展开式中含的项的系数. 17. 某机器人商店出售的机器人中，甲品牌的占40%，合格率为95%；乙品牌的占30%，合格率为90%；丙品牌的占30%，合格率为90%，在该商店随机买一台机器人. （1）求该机器人是甲品牌合格品的概率； （2）求该机器人是合格品的概率. 18. 袋中有大小、质地都相同的6个球，其中有4个黑球，2个白球. （1）若从袋中任取3球， （i）其中有白球的概率； （ii）设3个球中黑球的个数为X，求X的分布列、期望和方差 （2）若从袋中有放回的抽取2次，每次取1球，取到黑球的个数为Y，求Y的分布列 19. 已知函数在处取得极值2，且． （1）求实数a，b，c的值； （2）若函数在区间上有三个零点，求实数m的取值范围； （3）证明：若函数在区间上不单调，则． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 墨玉县2025-2026学年第二学期期中考试 高二数学 本卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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.写在本试卷上无效. 3.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.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知函数，则 A. 4 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据极限的定义计算即可. 【详解】 ； 故选：B. 2. 4幅不同的国画和2幅不同的油画排成一列，2幅油画不相邻，则不同的排法种数为（ ） A. 240 B. 360 C. 480 D. 720 【答案】C 【解析】 【分析】利用插空法即可求解. 【详解】由题意，先将4幅国画排成一列， 再将2幅油画插到4幅国画形成的5个空中， 则不同的排法有种. 故选：C. 3. 一名老师和两名男生两名女生站成一排照相，要求两名女生必须站在一起且老师不站在两端，则不同站法的种数为(　　)． A. 8 B. 12 C. 16 D. 24 【答案】D 【解析】 【详解】两名女生站一起有种站法，她们与两个男生站一起共有种站法，老师站在他们的中间有＝24种站法，故应选D. 4. 的展开式中的系数为（　　） A. -20 B. -15 C. 15 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用二项式定理计算得到答案. 【详解】展开式的通项为， 取，得. 即的系数为. 故选：C. 5. 已知离散型随机变量X的分布列如下表，则X的数学期望等于（ ） X 0 1 2 P 0.2 a 0.5 A. 0.3 B. 0.8 C. 1.2 D. 1.3 【答案】D 【解析】 【分析】根据分布列的性质求出，再根据期望公式计算可得； 【详解】解：依题意可得，解得， 所以； 故选：D 6. 袋中装有形状和大小完全相同的4个黑球，3个白球，从中不放回地依次随机摸取两球，在第一次摸到了黑球的条件下，第二次摸到白球的概率是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出第一次摸到黑球的概率，再求出第二次摸到白球的概率，利用条件概率的求法公式即可求解. 【详解】设第一次摸到黑球为事件，则， 第二次摸到白球为事件，则， 设第一次摸到黑球的条件下， 第二次摸到球的概率为. 故选：C. 【点睛】本题考查了条件概率的求法，属于基础题. 7. 随机变量服从两点分布，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据两点分布的性质即可求出答案. 【详解】设，因为服从两点分布， 所以，则，解得． 故选：C． 8. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 一定有极大值 B. 当时，有极小值 C. 当时，可能无零点 D. 若在区间上单调递增，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数含参讨论函数的单调性，判定极值与最值即可. 【详解】由题意可得：， 若，则恒成立，即在定义域上单调递增，无极值，故A错误； 若，令， 易得：在上单调递增，在上单调递减，即有极大值，故B错误； 若，由上知在定义域上单调递增，当时，，当时，，故使得，故C错误； 若在区间上单调递增，则由上可知 ①时，恒成立，满足题意； ②时，则，即， 综上可得，故D正确. 故选：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. 下列求导运算正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据导数的运算规则可得正确的选项. 【详解】对于A，；对于B，，故A错B对， 对于C，，故C对； 对于D，，故D对， 故选：BCD. 10. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则(　　) A. 课程“射”“御”排在前两周，共有24种排法 B. 某学生从中选5门，共有6种选法 C. 课程“礼”“书”“数”排在后三周，共有36种排法 D. 课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据特殊元素优先法，判断ACD；利用组合的应用判段； 【详解】先把课程“射”“御”排在前两周共种，再排其他四门共，所以共种排法，故A错误； 6门中选5门共有种，故B正确； 课程“礼”“书”“数”排在后三周，共有种排法，故C正确； 课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有种排法，故D正确. 故选：BCD. 11. 下列说法正确的是（ ） A. 设随机变量服从二项分布，则 B. 若则 C. 甲､乙､丙三人均准备在3个旅游景点中任选一处去游玩，则在至少有1个景点未被选择的条件下，恰有2个景点未被选择的概率是 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】选项A，需用二项分布的概率计算公式验证的结果；选项B，先利用互斥事件的概率加法公式求出，再根据对立事件的概率关系求；选项C，先分别计算“至少有1个景点未被选择”的概率和“恰有2个景点未被选择”的概率，再利用条件概率公式计算结果；选项D，直接利用期望和方差的线性变换性质验证等式是否成立. 【详解】对于选项A，若随机变量，概率公式为， 已知，代入得：，A正确； 对于选项B，事件可拆分为互斥事件和， 因此， 故，B正确； 对于选项C，根据条件概率，设至少1个景点未被选择，恰有2个景点未被选择，根据条件概率公式： 总基本事件数：三个人选景点共种； ：恰2个景点未被选即三个人都选同一个景点，共种； ：的对立事件是“3个景点都被选中”，排列数为，因此； 代入得，C正确； 对于选项D，根据期望和方差的性质：正确， 但方差， 当时，，D错误. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数在点处的切线斜率为7，则实数a的值为___________. 【答案】1 【解析】 【分析】求导数，代入切点可得答案. 【详解】因为，所以由题意得，解得. 故答案为：1 13. 已知随机变量，且，则___________． 【答案】0.14## 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出． 【详解】依题意，得． 所以． 故答案为：0.14． 14. 某中学对“秋假”期间申请留校的学生实行免费托管，现要从名教师中选若干人在天假期值班（每天只需人值班），同一人不能连续值班天，则可能的安排方法有___________种． 【答案】 【解析】 【分析】分为值班人数为人和人两种情况，结合排列组合即可求解. 【详解】由题意可得，值班的人数为人或者人， 若值班人数为人，则需要一个人值班首尾两天，另外一人值班中间一天，故， 若值班人数为人，则每人值班一天，故， 所以可能的安排方法有种. 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. 从5名男生和4名女生中选出4人去参加数学竞赛． （1）如果选出的4人中男生、女生各2人，那么有多少种选法？ （2）如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，那么有多少种选法？ （3）如果被选出的4人是甲、乙、丙、丁，将这4人派往2个考点，每个考点至少1人，那么有多少种派送方式？ 【答案】（1）60 （2）91 （3）14 【解析】 【分析】（1）用组合知识直接求解；（2）先求出若小王和小红均未入选时的选法，从而求出如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选时的选法；（3）分两种情况进行求解，再使用分类加法计数原理进行求解. 【小问1详解】 从5名男生中选2名，4名女生中选2人，属于组合问题，，故有60种选法； 【小问2详解】 若小王和小红均未入选，则有种选法，故男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，则有种选法； 【小问3详解】 若2个考点派送人数均为2人，则有种派送方式， 若1个考点派送1人，另1个考点派送3人，则有种派送方式，故一共有8+6=14种派送方式. 16. 已知的展开式中共有7项. （1）求的值； （2）求展开式中二项式系数最大的项； （3）求的展开式中含的项的系数. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据展开式的项数直接可得； （2）利用二项展开式的通项直接求解即可； （3）求得含有项的所有系数计算即可. 【小问1详解】 由，解得； 【小问2详解】 由（1）知展开式的通项为， 所以二项式系数最大的项为； 【小问3详解】 由（2）分析可知令，得，即； 令，可得. 综上：展开式中的系数为 17. 某机器人商店出售的机器人中，甲品牌的占40%，合格率为95%；乙品牌的占30%，合格率为90%；丙品牌的占30%，合格率为90%，在该商店随机买一台机器人. （1）求该机器人是甲品牌合格品的概率； （2）求该机器人是合格品的概率. 【答案】（1）0.38 （2）0.92 【解析】 【分析】（1）由题意结合概率乘法公式即可计算求解； （2）由全概率公式即可计算求解. 【小问1详解】 用表示机器人是甲品牌，用表示机器人是合格品， 甲品牌的占40%，合格率为95%，则，， 所以该机器人是甲品牌合格品的概率； 【小问2详解】 用表示机器人是乙品牌，用表示机器人是丙品牌， 甲品牌的占40%，合格率为95%；乙品牌的占30%，合格率为90%；丙品牌的占30%，合格率为， . 18. 袋中有大小、质地都相同的6个球，其中有4个黑球，2个白球. （1）若从袋中任取3球， （i）其中有白球的概率； （ii）设3个球中黑球的个数为X，求X的分布列、期望和方差 （2）若从袋中有放回的抽取2次，每次取1球，取到黑球的个数为Y，求Y的分布列 【答案】（1）（i）；（ii）分布列见解析，期望为2，方差为 （2）分布列见解析 【解析】 【分析】（1）（i）先求出从袋中任取3球，共有情况数，并得到有白球的情况数，求出概率； （ii）X的可能取值为1,2,3，并得到相应的概率，得到分布列，利用期望和方差公式求出答案； （2）的可能取值为0,1,2，并得到相应的概率，得到分布列. 【小问1详解】 （i）从袋中任取3球，共有种情况， 其中全为黑球的情况为种情况，故有白球的情况为种， 故有白球的概率为； （ii）X的可能取值为1,2,3， ，即任取3球，有1个黑球，2个白球，故， ，即任取3球，有2个黑球，1个白球，故， ，即任取3球，有3个黑球，0个白球，故， 所以X的分布列如下： 1 2 3 期望为， 方差为. 【小问2详解】 若从袋中有放回的抽取2次，每次取1球，取到黑球的概率为， 取到黑球的个数的可能取值为0,1,2， 则，， ， 故的分布列为 0 1 2 19. 已知函数在处取得极值2，且． （1）求实数a，b，c的值； （2）若函数在区间上有三个零点，求实数m的取值范围； （3）证明：若函数在区间上不单调，则． 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，由已知建立方程组，求解方程组并验证即得. （2）由（1）求出函数在上的性质，结合三次函数性质求解即得. （3）利用二次函数性质推理即得. 【小问1详解】 由函数，求导得， 依题意，，解得，此时， 当或时，，当时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减，即是极值点， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，，，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 函数在处取得极大值，在处取得极小值， 而当时，，当时，， 由函数在区间上有三个零点，得，解得， 所以实数m的取值范围是. 【小问3详解】 由（1）知，，函数的图象对称轴为， 由函数在区间上不单调，得，解得， 所以原命题正确. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $