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

江苏省锡山高级中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高二数学试卷 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 一、选择题：（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. 展开式的常数项为（ ） A. 20 B. 90 C. 40 D. 120 2. 甲乙两人投篮投中的概率分别为，，已知两人是否投中互不影响，两人各投篮一次，只有一个人投中的概率是（ ） A. B. C. D. 3. 函数在区间上的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 4. 的展开式共（ ） A. 15项 B. 21项 C. 25项 D. 31项 5. 袋中有质地、大小均相同的3个红球，2个白球.现从中任取3个球，其中所含红球的个数为，则（ ） A. 1.2 B. 1.8 C. 2 D. 3 6. 某校A，B，C，D，E这5名同学需要选择甲、乙、丙三个校本课程，每人限报一个课程．若这三个课程都至少有1名同学选择，其中A不能选甲课程，B只能在甲乙课程中选，那么这5名同学不同的选择方法种数共有（ ） A. 69种 B. 71种 C. 73种 D. 79种 7. 已知函数是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 学校食堂每餐推出、两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了套餐，则第2天选择套餐的概率为；若他前1天选择了套餐，则第2天选择了套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择套餐的概率为，在该同学第3天选择了套餐的条件下，他第2天选择套餐的概率为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：（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. 下列说法正确的有（ ） A. 若随机变量，则 B. 从10名男生，5名女生中任选4人，选出的女生个数服从超几何分布 C. 若随机变量的方差为，则 D. ，则当时概率最大 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 11. 函数有两零点，且，记函数的极小值点为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知随机变量服从正态分布，且，则________． 13. 设，是一个实验的两个事件，，，，则________． 14. 若对任意的，都有恒成立，则的取值范围为________． 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. 4名男生和3名女生站成一排． （1）甲、乙两人必须站在两端的站法有多少种？ （2）甲、乙相邻且与丙不相邻的站法有几种？ （3）甲、乙、丙三人从左到右顺序一定的站法有多少种？ 16. 某工厂生产某种电子产品，需要经过两道检验程序，只有两道检验都合格，才能对外售卖，否则该产品只能报废处理．已知第一道检验程序结果为不合格的概率为，第二道检验程序结果为不合格的概率为，每道检验程序的结果只有合格与不合格，且检验结果相互独立． （1）求每个电子产品不能对外售卖的概率； （2）每个电子产品的生产成本为200元，售价为600元．现生产了3个这样的电子产品，求这3个电子产品总收益的均值． 17. 已知函数（为自然对数的底数）． （1）讨论的单调性； （2）若有最小值，证明：． 18. 现有一种不断分裂的细胞，在每个分裂周期中，一个细胞以的概率分裂成一个新的细胞，以的概率分裂成两个新的细胞，分裂后原来的细胞消失，新的细胞在下一个分裂周期里会继续分裂．设初始状态下有1个细胞，个分裂周期后，细胞的数目为． （1）求的分布列和数学期望； （2）求概率； （3）求概率． 19. 函数的定义域为D，若对任意正实数，在定义域内存在实数，使得成立，则称具有“性质”．已知函数． （1）当， ①求曲线在处的切线方程； ②判断函数是否具有“性质”，并说明原因； （2）当时，设，且满足，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省锡山高级中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高二数学试卷 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 一、选择题：（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. 展开式的常数项为（ ） A. 20 B. 90 C. 40 D. 120 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式赋值即可求出． 【详解】展开式的通项公式为， 令，解得， 所以常数项为． 故选：A． 2. 甲乙两人投篮投中的概率分别为，，已知两人是否投中互不影响，两人各投篮一次，只有一个人投中的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设甲、乙投篮投中的事件分别为. 则两人各投篮一次，只有一个人投中的概率是. 3. 函数在区间上的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出函数的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数的最大值． 【详解】， 令，解得：， 令，解得： ， ∴函数在上递增，在上递减， ∴的极大值为 ， 又，， 故所求最大值为． 故选：C. 4. 的展开式共（ ） A. 15项 B. 21项 C. 25项 D. 31项 【答案】B 【解析】 【分析】将问题转化为求满足的解的个数,再利用隔板法计算. 【详解】展开式中任意一项的形式为（为系数），其中指数满足，为非负整数，不同的对应不同的项， 因此问题转化为求该不定方程的非负整数解的个数, 根据隔板法公式：个相同元素分给个不同对象，非负整数解的个数为， 此处，，代入得： . 5. 袋中有质地、大小均相同的3个红球，2个白球.现从中任取3个球，其中所含红球的个数为，则（ ） A. 1.2 B. 1.8 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得的所有取值为，进而求出对应的概率，再根据期望公式求解即可. 【详解】由题意，的所有取值为， 则，，， 所以. 故选：B. 6. 某校A，B，C，D，E这5名同学需要选择甲、乙、丙三个校本课程，每人限报一个课程．若这三个课程都至少有1名同学选择，其中A不能选甲课程，B只能在甲乙课程中选，那么这5名同学不同的选择方法种数共有（ ） A. 69种 B. 71种 C. 73种 D. 79种 【答案】A 【解析】 【分析】确定5名同学的人数分配类型，即2,2,1和3,1,1两种，根据A、B有选课限制分情况讨论：先考虑B的选课情况，再针对B选甲或乙的情况，分别结合A的限制条件，计算对应人数分配类型下的选法种数，再结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解. 【详解】第一类：人数分配为(1,1,3)型 按甲课程的人数分为两种情况： 1. 甲有3人：能选甲的只有共4人（不能选甲），从4人中选3人： 若B在甲：还需从选2人，共种，剩余2人（含）分乙丙各1人， 全排列共种，合计种； 若B不在甲：甲只能是全选，共种，剩余和分乙丙，不能选丙， 只能去乙、去丙，共1种；合计：种. 2. 甲有1人：从 4人选1人去甲： 若B选甲：共1种选法，剩余4人分乙丙为(1,3)，共种， 无限制，合计种； 若B不选甲：从选1人去甲，共种，剩余4人（和剩下2人）分乙丙为(1,3)： 乙1丙3：B不能去丙，只能B去乙，仅1种； 乙3丙1：丙不能选B，从剩余3人选1个去丙，共种； 每个甲选法对应种，故有种； 合计：种， (1,1,3)型总选法：种. 第二类：人数分配为(1,2,2)型 按甲课程的人数分为两种情况： 1. 甲有1人：从 4人选1人去甲： 若B选甲：共1种，剩余4人分乙丙各2人，共种，无限制，合计种； 若B不选甲：从选1人去甲，共种，剩余4人（A,B和剩下2人）分乙丙各2人， B只能去乙，还需从剩余3人选1个去乙，共种，合计种； 合计：种. 2. 甲有2人：从4人选2人去甲： 若B在甲：B已确定，还需从选1个，共种，剩余3人分乙丙为(1,2)， 共种，无限制，合计种； 若B不在甲：从选2个去甲，共种，剩余3人（A,B和剩下1个）分乙丙为(1,2)： 乙1丙2：B不能去丙，只能B去乙，仅1种； 乙2丙1：丙不能选B，从剩余2人选1个去丙，共种； 每个甲选法对应种，合计种； 合计：种. (1,2,2)型总选法：种. 综上所述，这5名同学不同的选择方法种数共有种. 7. 已知函数是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造辅助函数并分析其单调性与奇偶性，进而利用已知条件确定特殊点函数值，再分情况求解. 【详解】根据条件，构造函数， 求导得：. 当时，，，故， 因此在上单调递增； 是上的奇函数，故， 因此是上的奇函数，则在上也单调递增. 由得，由奇函数性质得. 当时，，， 故，结合单调性得； 当时，，， 故，结合单调性得； 当时，，不满足， 所以的解集为. 8. 学校食堂每餐推出、两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了套餐，则第2天选择套餐的概率为；若他前1天选择了套餐，则第2天选择了套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择套餐的概率为，在该同学第3天选择了套餐的条件下，他第2天选择套餐的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设为第天选套餐，则为第天选套餐. ，，，； ； ； ； . 二、选择题：（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. 下列说法正确的有（ ） A. 若随机变量，则 B. 从10名男生，5名女生中任选4人，选出的女生个数服从超几何分布 C. 若随机变量的方差为，则 D. ，则当时概率最大 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的性质可判断A；方差的性质可判断C；超几何分布定义可判断B；根据二项分布概率结合单调性计算可判断D. 【详解】对于A，随机变量，根据正态分布的性质，则，故A错误； 对于B，可取，则，所以选出的女生个数X服从超几何分布，故B正确； 对于C，因为根据方差的性质，有，故C错误； 对于D， ，可知， 令，则， 令，解得，可知当，可得； 令，解得，可知当，可得； 于是 所以当时，最大，即的值最大，故D正确； 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过换元可得，特殊值代入可得A；时结合通项求解即可；令，代入原式求解即可；由通项构造函数，求导代入特殊值即可. 【详解】令，原式可化为， 选项A，令，得，A正确； 选项B，的通项为，求， 即取：，B错误； 选项C，令，得， 因此：，C正确； 选项D，由，得， 即. 求导得： 代入：，D正确. 11. 函数有两零点，且，记函数的极小值点为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用导数求函数单调性，由零点的存在求的取值范围判断A选项；把零点代入函数解析式中，设，得，构造函数利用导数求函数单调性证明不等式判断选项B；由于，令，利用导数求函数单调性证明不等式判断选项C；由单调性知有极小值点，由，证明判断选项D． 【详解】对于A选项，∵，∴， 当时，在上恒成立， 在R上单调递增，不合题意． 当时，由，解得；由，解得； ∴在单调递减，在单调递增． ∵函数有两个零点，，， ∴，，即，即， 解得：，所以A正确； 对于B选项，因为函数有两个零点，， 所以，是方程的两根，即，， 所以，设，则， 所以，解得， 因此， 令，则， 所以在上为增函数，所以， 因此，即，所以B正确； 对于C选项， 由于， 令，则， 所以在上单调递减，所以，即， 又， 有， 因此，即：，故C错误； 对于D选项，由在单调递减，在单调递增，所以有极小值点， 由，得，， 因此，即， 有，故D正确． 故选：ABD． 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知随机变量服从正态分布，且，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据正态分布的性质计算即可. 【详解】由于和关于对称，根据对称性得：， 由对称性知，对称轴将概率分为两半，即， 因此. 13. 设，是一个实验的两个事件，，，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据互斥事件的概率加法公式可得，再利用概率的基本公式，，，将其代入上式，建立关于的方程，进而求解。 【详解】因为和是互斥事件，根据互斥事件概率加法公式可得： . ，即， ，即， 代入整理得： ， 代入，， 得， 解得：. 14. 若对任意的，都有恒成立，则的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】将不等式变形，构造函数，求导分析函数单调性和极值；原不等式恒成立等价转化为，再次构造函数求导分析函数单调性和极值，进而求解的取值范围. 【详解】原不等式为： 移项整理，得， 则， 令，可得，即. 设，求导得：，令 求导得，当时，；当时，， 所以在处取最小值， 因此对所有恒成立，在单调递增. 又，故 原不等式恒成立等价于：对任意，恒成立，即： 设，求导得， 当时，，当时， 所以在上递减，在上递增， 所以最小值为， 又要求，，故， 因此的取值范围是. 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. 4名男生和3名女生站成一排． （1）甲、乙两人必须站在两端的站法有多少种？ （2）甲、乙相邻且与丙不相邻的站法有几种？ （3）甲、乙、丙三人从左到右顺序一定的站法有多少种？ 【答案】（1）240种 （2）960种 （3）840种 【解析】 【分析】（1）由特殊元素优先法，即可得到结果； （2）由捆绑法即可得到结果； （3）由倍缩法即可得到结果； 【小问1详解】 （种） 甲、乙两人必须站在两端的站法有240种． 【小问2详解】 （种） 甲、乙相邻且与丙不相邻的站法有960种． 【小问3详解】 （种） 甲、乙、丙三人从左到右顺序一定的站法有840种． 16. 某工厂生产某种电子产品，需要经过两道检验程序，只有两道检验都合格，才能对外售卖，否则该产品只能报废处理．已知第一道检验程序结果为不合格的概率为，第二道检验程序结果为不合格的概率为，每道检验程序的结果只有合格与不合格，且检验结果相互独立． （1）求每个电子产品不能对外售卖的概率； （2）每个电子产品的生产成本为200元，售价为600元．现生产了3个这样的电子产品，求这3个电子产品总收益的均值． 【答案】（1） （2）750元 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件同时发生的概率公式及对立事件的概率公式求解； （2）根据期望公式求解即可, 【小问1详解】 产品能对外售卖需两道检验均合格，两道检验相互独立，第一道检验合格概率为，第二道检验合格概率为​，因此可售卖的概率为， 由对立事件概率公式知，每个电子产品不能对外售卖的概率为. 【小问2详解】 设单个产品收益为随机变量， 若产品可售卖，收益为600−200=400元；若不可售卖，收益为−200元， 所以（元）， 所以3个产品的总收益均值为元. 17. 已知函数（为自然对数的底数）． （1）讨论的单调性； （2）若有最小值，证明：． 【答案】（1）时在单调递减；时在单调递减， 在单调递增； （2） 由（1）知：时单调递减，无最小值，仅当时存在最小值， 则 对求导：，设，， 故在单调递减， 又，， 故存在唯一，满足，即. 因此：时，，单调递增； 时，，单调递减； 故的最大值为，代入化简： 在上单调递增，， 故：， 因此，得证. 【解析】 【分析】（1）对求导，然后根据参数的不同取值范围，判断导数的正负，进而确定函数的单调区间； （2）先结合（1）的单调性结论，找到取得最小值时的值，代入得到的表达式；再通过分析的单调性证明即可. 【小问1详解】 分母，，导数符号由决定，分情况讨论： 若：恒成立，，故在上单调递减； 若：令得： 时，，，单调递减； 时，，，单调递增. 所以时在单调递减， 时在单调递减，在单调递增； 【小问2详解】 略 18. 现有一种不断分裂的细胞，在每个分裂周期中，一个细胞以的概率分裂成一个新的细胞，以的概率分裂成两个新的细胞，分裂后原来的细胞消失，新的细胞在下一个分裂周期里会继续分裂．设初始状态下有1个细胞，个分裂周期后，细胞的数目为． （1）求的分布列和数学期望； （2）求概率； （3）求概率． 【答案】（1） ； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分和求出对应的概率，再求、、和的概率，列出分布列，求其期望即可； （2）分别求出，的概率，即可得答案； （3）设细胞在第个周期时分裂成2个细胞，之后一直有2个细胞，可得此事件的概率为，再根据求解即可. 【小问1详解】 设初始状态， 由题意可得或， 且， 当时： 分裂成1个细胞，则，且， 分裂成2个细胞，则，且， 当时： 每个细胞独立分裂，均分裂成1个细胞，则，且， 每个细胞独立分裂，1个细胞分裂成1个，另一个细胞分裂成2个细胞， 则，且， 每个细胞均独立分裂成2个细胞，则，且； 综上，，，，， 分布列如下： 所以； 【小问2详解】 要使，则或， 当时，则这个细胞在第3个周期只能分裂成2个细胞， 此时， 当，则这2个细胞在第3个周期只能是每一个细胞分裂成一个细胞， 此时； 综上，； 【小问3详解】 个周期结束后共有2个细胞， 则必在某一个周期结束后分裂成2个细胞， 不妨设细胞在第个周期时分裂成2个细胞，之后一直有2个细胞， 设此事件的概率为， 则， 所以 19. 函数的定义域为D，若对任意正实数，在定义域内存在实数，使得成立，则称具有“性质”．已知函数． （1）当， ①求曲线在处的切线方程； ②判断函数是否具有“性质”，并说明原因； （2）当时，设，且满足，求证：． 【答案】（1）①； ②具有，理由： 函数具有“性质T”. 理由如下：假设函数具有“性质T”，则对任意正实数t，在定义域内存在实数， 使得成立，由，则， 所以，即， 化简得. 令，则， 由，得；，得； 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以当时取得极大值，也是最大值，即， 当时，；当时，， 所以存在，使得，所以函数具有“性质T”. （2） 由，由， 当时，，即在为增函数； 当时，，即在为减函数. 可知， 若，则， 不符合题意；所以. 若，则； 若，，又因为在为减函数， 所以，所以； 综上所述， 又因为，由，所以， 即，即， 设， 所以， 方法一：设，所以， 因为在为单调递增， 当时，，，， 所以存在，使得，即， 又因为，，即在为减函数； 又因为，，即在为增函数； 所以， 又因为，则有， 又因为，， 所以，即在为增函数， 又因为，所以，即. 方法二： 设，因为在单调递增， 又因为所以 所以，即在为增函数， 又因为，所以，即. 【解析】 【分析】(1)①先求的导数，代入得切线斜率，再求g(1)可得切点坐标，最后用直线的点斜式方程求解. ②先假设具有“性质T”，再构造函数 ，通过判断方程的解的个数即可得出答案. (2)分类讨论证明，结合条件不等式可转化为，构造函数，求导后利用不同方法证明在为增函数，即可得证. 【小问1详解】 ①当时，， 则， ，， 所以切线方程为，即. ②略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $