安徽阜阳市临泉县临化高级中学2025-2026学年下学期高二期中考试教学质量测评数学（A）卷

临化中学2025-2026学年（下)高二期中考试教学质量测评 数学(A)卷 命题人：杨俊 审题人：李磊 考试时间为120分钟，满分150分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、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，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（每小题5分，共40分） 1.(限512改)已知函数f)的导函数为f(x),若f(4)=-2,则1m4+A)-f④的值为（) 2△x A.-2 B.-1 C.2 D.4 2.(限62.2改)某书架的第一层放有8本不同的数学书，第二层放有5本不同的物理书.从这些书中任取 1本数学书和1本物理书，不同的取法有() A.13种 B.8种 C.40种 D.58种 3.设Sn是等差数列{ay的前n项和，若马=， a=。’则。2等于 S A.1 B.-1 C.2 D. 4.(限7.1.1改)设A≤B,且P(A)=0.3,P(B)=0.6,则P(AB)=() A.1 B.分 c D. 5.(限专三改)已知函数f()=a心+cosr在元3江 44 上单调递增，则a的取值范围是() A.[-1,+m) D.[1,+w) 6.已知数列a的首项a=l,且满足a4+1,则数列a,}（ A.单调递减 B.单调递增 C.先减后增 D.先增后减 7.(限6.4.2改)现有甲、乙、丙、丁、戊5位同学，准备在A、B、C三个景点中选择一个去游玩，已知 每个景点至少有一位同学会选，五位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准 备选同一个景点，则不同的选法种数为() A.24 B.36 C.48 D.72 第1页共4页 8.已知定义域为R的函数f(x),其导函数为f'(x),且满足f'(x)+2f(x)<0,fO)=1,则() A.f(-1)<e2 B./) D.@<f 二、多选题（每小题6分，共18分） 9.(限6.3.2改)已知 1 2x+ 的展开式共有13项，则下列说法中错误的有() A.所有奇数项的二项式系数和为22 B.所有项的系数和为32 C.二项式系数最大的项为第6项或第7项 D.有理项共5项 10.在高二元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目.以下有关排列组合问题中正确的是() A.有A8种不同的节目演出顺序 B.当4个舞蹈节目接在一起时，有A种不同的节目演出顺序 C.当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有AA种不同的演出顺序 D.若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗歌朗诵和快板2个节目，但不能改变原来节目的相对顺 序，有二种不同的节目滨出顺时 11.激活函数是神经网络模型的重要组成部分，是一种添加到人工神经网络中的函数.tanh函数是常用的激 活函数之一，其解析式为)1=e 1+e2x,则() A.anh函数是奇函数 B.anh函数是减函数 C.对于实数a,当0<a<1时，函数y=f(x)-a有两个零点 D.曲线y=f(x)存在与直线x+2y=0垂直的切线 三、填空题（每小题5分，共15分） 12.(限6.3.2改)二项式(2x-1)的展开式中所有项的系数和为 13.限7.1.1改)己知A、B为随机事件，且P(A)=0.5,P(B)=0.4,若P(B|A=0.5,则 P(BIA)= 14.2026年某中学预计会被用作公务员考试，生物奥赛考试等六项国家级考试作为考点.本校职工小明， 小浩，小文因精通各项考试流程，考务组计划邀请三人加入监考工作（六项考试时间不冲突）.预计安排每 人至少监考一项考试，每人至多监考三项考试，每项考试，三人中有且仅有一人参与，其中小明在公务员 考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，则三人不同的监考安排方案种数为 第2页共4页 四、解答题（共5小题，共77分） 15.(13分)（限6.3.2改）已知(x-2)”的展开式的二项式系数和为2048. (1)求(x-2)的展开式中含x2的项： (2)若(x-2)”=4,+4(x-1)+42(x-1)+…+a.(x-1)，求a+4,+4+…+a· 16.(15分)(1)一场班级元旦晚会有4个唱歌节目和2个舞蹈节目，要求排出一个节目单，第一个节目和 最后一个节目都是唱歌节目，有多少种排法？ (2)从4名男同学和5名女同学中选出4人参加一项义务劳动，要求至少有2名男同学和1名女同学参加， 有多少种选法？ (3)若从0,1,2,3,4,5这六个数字中选3个数字，组成没有重复数字的三位偶数，则这样的三位数 有多少个？ 17.(15分)（限7.1.2）某地举办了一次地区性的中国象棋比赛，小明作为选手参加.除小明外的其他参赛选 手中，一、二、三类棋手的人数之比为5：7：8，小明与一、二、三类棋手比赛获胜的概率分别是0.6、0.5、 0.4 (1)从参赛选手中随机抽取一位棋手与小明比赛，求小明获胜的概率； (2)如果小明获胜，求与小明比赛的棋手为一类棋手的概率， 第3页共4页 18.(17分)已知数列{a}中，4=1，an2a+ a 1 (1)证明：数列 是等差数列； (2)求数列{a。·a+i}的前n项和Sn: 。1,1 《3)设6三，且6+b,+b++2b20'ME2,求m的最大值 19.(17分)己知函数f(x)=nx-x (1)求函数f(x)单调区间； (2)设函数g(x)=f(x)+a,若x,x2∈(0，e是函数8(x)的两个零点， ①求a的取值范围； ②求证：xx2<1. 第4页共4页 高二数学A卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A B D A B D AC ACD 题号 11 答案 AC 1．B 【详解】依题意，. 2．C 【详解】第一步：从本不同的数学书中选本，有种不同的取法， 第二步：从本不同的物理书中选本，有种不同的取法。 根据分步乘法计数原理，从这些书中任取本数学书和本物理书的不同取法为． 3．A 【详解】＝＝＝1. 故选：A. 4．B 【详解】因为，所以，所以， 故选：B 5．D 【详解】在上恒成立，即，所以，则的取值范围是. 故选：D. 6．A 【详解】由，可得，即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即，可得， 根据指数函数单调性知，可得数列是单调递减数列. 7．B 【详解】若甲乙选择的景点没有其他人选，则分组方式为的选法为种；若甲乙选择的景点还有其他人选，则分组方式为的选法为种；所以总的不同的选法种数为种. 故选：B 8．D 【详解】设，则， 因，故得，即在上为减函数. 对于A项，因，则，即，即，故A错误； 对于B项，因，则，即，即得，故B错误； 对于C项，因，则，即，即得，故C错误； 对于D项，因，则，即，即得，故D正确. 故选：D. 9．AC 【详解】，，所有奇数项的二项式系数和为，故A错误； 令，所有项的系数和为，故B正确； 由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故C错误； 展开式通项为，， 要使展开式中的项为有理项，则为整数，即，共有项，故D正确. 10．ACD 【详解】对于A：个节目全排列，有种不同的节目演出顺序，故A正确； 对于B：当个舞蹈节目接在一起时，把个舞蹈节目看成一个元素，与其他个节目全排列，有种不同的节目演出顺序，而个舞蹈节目本身有种顺序，所以共有种不同的节目演出顺序，故B错误； 对于C：把个演唱节目排列，有种顺序，再把个舞蹈节目插入到个空挡中，有种方法，所以共有种不同的演出顺序，故C正确； 对于D：个节目全排列，有种不同的节目演出顺序，其中原来的个节目有种不同的节目演出顺序，而现在原来的个节目顺序不变，只占其中一种，所以有种不同的节目演出顺序，故D正确， 故选：ACD． 11．AC 【详解】定义域为， 所以为奇函数，正确； 恒成立，所以函数是增函数，故B错误； 当时，恒成立，所以在上单调递减，在上单调递增， 且，故当时，与直线有两个交点，故函数有两个零点，C正确； ，且，所以，故曲线不存在与直线垂直的切线，错误. 故选：AC. 12． 【详解】因为，所有项的系数和即为. 令，则. 故答案为：. 13．/ 【详解】因为，，则， 又因为，则，且，所以. 14． 【详解】将6项不同的考试分配给小明、小灏、小文三人，每人至少1项，至多3项，可能每人两项，也可能三人分别为1项，2项，3项， 所以总分配方案数为：， 要计算小明在公务员考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，可先计算小明不监考这两项的方案数，即小明监考其余4项的方案数， 当每人选2项时，小明从其余4项中选2项方案数为：种； 当一人1项，一人2项，一人3项时，小明可能选1项，2项，3项，此时方案数为：种； 所以小明在公务员考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，三人不同的监考安排方案种数为：种. 15．(1) (2)1 【详解】（1）由题意得的展开式的二项式系数和为，解得． 展开式的通项公式为， 令，解得，代入通项公式得． （2）因为，所以令，得， 令，得，所以． 16．（1）288； （2）80； （3）52 【详解】（1）先排第一个节目与最后一个节目，都是唱歌节目，共有种排法，再排剩下的节目，共有种排法，故一共有种. （2）若为2名男同学与2名女同学，则从4名男同学中取2名，再从5名女同学中取2名，共有种选法；若为3名男同学与1名女同学，则从4名男同学中取3名，再从5名女同学中取1名，共有种选法，故一共有种. （3）当个位数是0时，此时只需在百位、十位任取2个数字即可，共有种；当个位数是2时，百位不能为0，有4种取法，十位也有4种取法，共有种；当个位数时4 时，百位也不能为0，共4种取法，十位也是4种取法，共有种，故一共有种. 17．(1)0.485； (2). 【详解】（1）记事件B：“小明获胜”，记事件：“小明与第类棋手相遇”， 由题可得，，，， ，，. 由全概率公式可知： . （2）由条件概率公式可得. 即小明获胜，对手为一类棋手的概率为. 18．(1)证明见解析 (2) (3)9 【详解】（1）因为，所以， 所以是公差为2，首项为1的等差数列 （2）由（1）可知，，则 则 （3）由（2）可知， 令， 则， 所以数列为递增数列， 所以，所以 又因为，所以的最大值为9. 19．(1)单调递增区间为；单调递减区间为 (2)①；②证明见解析 【详解】（1）定义域为，， 当时，；当时，； 的单调递增区间为；单调递减区间为. （2）①若是的两个不同零点，则与在上有两个不同交点； 由（1）知：，又， 在的图象如下图所示， 由图象可知：，，即的取值范围为. ②不妨设，由①知：， ，， 在上单调递增，在上单调递减； 设，则， 在上单调递减，，， 又，，又，； ，，在上单调递增， ，则. 【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导后可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论. 答案第6页，共8页 答案第7页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $