安徽六安第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

**基本信息** 六安一中2026年高二期中数学试卷，聚焦函数、概率、排列组合等核心知识，通过正四面体骰子游戏、抓阄兑奖等真实情境，考查数学抽象、逻辑推理与数据分析素养，实现基础巩固与能力提升的梯度设计。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|排列组合、概率分布、函数图像|第8题骰子游戏结合概率递推，考查逻辑推理| |多选|3/18|二项式定理、条件概率|第10题甲乙箱取球，融合条件概率与全概率公式| |填空|3/15|正因数计算、正四面体染色|第13题棱染色问题，考查空间想象与分类讨论| |解答|5/77|二项式定理应用、排列组合、函数导数、概率统计|18题抓阄兑奖设计，结合预算与方差分析体现数据观念；19题函数零点讨论与证明，深化逻辑推理|

六安一中2026年春学期高二年级期中考试 数学试卷 满分：150分 时间：120分钟 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的. 1．已知，则（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 2．已知随机变量X的分布列如下： X 0 1 2 P m n 若，则（    ） A． B．7 C．21 D．22 3．函数的图象大致是（    ） A． B． C． D． 4．在的展开式中，的系数为（    ） A．7 B．15 C．30 D．65 5．当时，函数取得最大值，则（     ） A． B． C． D．1 6．从标有0，1，2，3，4的五张卡片中随机选取4张放入如图所示的空格处组成一个四位数的偶数，则这个数大于的个数为（     ） A．41 B．42 C．43 D．44 7．已知过点可以作曲线的两条切线，则实数a的取值范围是（ ） A． B． C． D． 8．甲、乙两人拿两颗如图所示的正四面体骰子做抛掷游戏，规则如下：由一人同时掷两个骰子，观察底面点数，若两个点数之和为5，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数之和不是5，就由对方接着掷．第一次由甲开始掷，设第n次由甲掷的概率为，则的值为（     ） A． B． C． D． 二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9．下列说法正确的是（     ） A． B．若，则 C．被8整除的余数为1 D．精确到的近似数为1.1 10．甲箱中有2个白球和3个黑球，乙箱中有3个白球和2个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以，分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 11．已知函数和有相同的最大值，直线与两曲线和恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依此为，则以下说法正确的是（ ） A． B． C．成等差数列 D．成等比数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，两个空的题目，第一空2分，第二空3分. 12．有 个不同的正因数. 13．从4种不同颜色中选择若干种颜色，给正四面体的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色，且共点的棱染不同的颜色，则不同的染色方法共有____________种． 14．已知，对任意的，不等式恒成立，则的取值范围是______． 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．（本小题满分 13 分） 在的展开式中，二项式系数最大的项只有第五项， （1）求的值； （2）求系数最大的项. 16．本小题满分15分 某学校共开设ABCDEF六门体验课程. （1）若体验课连续开设六周，每周一门（不重复），求“A”和“B”课程排在不相邻的两周的所有排法种数； （2）现有甲、乙、丙三名学生报名参加体验课程，每人都选两门课程，甲和乙仅有一门共同的课程，丙和甲、乙的课程都不同，求所有选课的种数； （3）计划安排三名教师教这六门课程，每门课程只由一名教师任教，每名教师至少任教一门课程，求所有课程安排的种数． 17．本小题满分15分 已知函数． （1）若在处的切线斜率为，求； （2）若恒成立，求的取值范围． 18．本小题满分17分 某公司为活跃气氛提升士气，年终拟通过抓阄兑奖的方式对所有员工进行奖励.规定：每位员工从一个装有4个标有面值的阄的袋中一次性随机摸出2个阄，阄上所标的面值之和为该员工获得的奖励金额. （1）若袋中所装的4个阄中有1个所标的面值为800元，其余3个均为200元，求 ①员工所获得的奖励为1000元的概率； ②员工所获得的奖励额的分布列及数学期望； （2）公司对奖励额的预算是人均1000元，并规定袋中的4个阄只能由标有面值200元和800元的两种阄或标有面值400元和600元的两种阄组成.为了使员工得到的奖励总额尽可能符合公司的预算且每位员工所获得的奖励额相对均衡，请对袋中的4个阄的面值给出一个合适的设计，并说明理由. 19．本小题满分17分 已知函数． （1）当时，求曲线在的最值； （2）讨论的零点个数； （3）当时，证明：． 六安一中2026年春学期高二年级期中考试 数学试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B C D A C A B A AB BCD ABD 1．答案】B【详解】由排列数与组合数的计算公式，可得，即且，解得.故选：B. 2．答案】C 【详解】由题意可得：，解得，则，所以.故选：C. 3．【答案】D【详解】函数的定义域为，设，则，故为偶函数，其图象关于轴对称，则B中图象错误；又当时，，由，得，由，得，故在上单调递减，在上单调递增，故A、C错误，故选D. 4．【答案】A 5．【答案】C 【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．故选：C 6．【详解】先计算从，，，，这五张卡片选取4张组成的四位偶数的个数： 当个位数是时，直接从其余4个数中选3个作全排列，有个； 当个位数是或时，先填个位数，再填千位数，最后填中间两个数，有种， 所以组成的四位数的偶数共有个；再计算上述四位偶数中大于的数的个数： 当千位数是时，比大的偶数，先填个位数，再从余下的3个数中选2个作全排列，有种；当千位数是时，比大的偶数，先填个位数，再从余下的3个数中选2个作全排列，有种；当千位数是时，分成两类情况：①个位是且比大，在余下的3个数中任选2个作全排列，有种，②个位是且比大的偶数有，共5种，综上，比大的偶数共有种，故选A 7．【答案】B【解析】由得，设过点的直线与曲线切于点，则切线斜率为，所以切线方程为；因为切线过点，所以，整理得，因为过点的切线有两条，所以方程有两不同实根，因此，解得或，即实数a的取值范围是.故选：B 8．【答案】A 【解析】抛掷两颗正四面体骰子观察底面上的数字之和为5有4种情况，得点数之和为5的概率为，第n次由甲掷有两种情况：一是第次由甲掷，第n次由甲掷，概率为； 二是第次由乙掷，第n次由甲掷，概率为． 这两种情况是互斥的，所以，即， 所以，即数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以．故选：A 9． 【答案】AB【详解】对于A项，由二项式定理可知，故A项正确；对于B项，令得①，令得②，所以①②可得，故B项正确；对于C项，，由此可得被8整除的余数为，故C项错误；对于D项，，所以精确到的近似数为，故D项错误.故选：AB. 10．答案】BCD 【详解】对于A，由古典概型可知，故A错误； 对于B，由条件概率可知表示在由甲箱中取出的是白球的条件下，从乙箱中取出的是白球的概率， 当甲箱中取出的是白球放入乙箱后，乙箱中有4个白球和2个黑球，由古典概型可知；对于C，由B选项分析同理可得， 由条件概率的定义可知，故C正确； 对于D，由全概率公式可得，故D正确. 故选：BCD. 11．【答案】ABD【解析】对于AB，，当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即；当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，由，当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即；当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，于有，因此选项AB正确，对于CD，两个函数图像如下图所示： 由数形结合思想可知：当直线经过点时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，不妨设，且，由，又，又当时，单调递增，所以，又，又， 又当时，单调递减，所以，，，于是有，且，所以选项C错误，D正确，故选：ABD 12．答案：48 13．【答案】96 【详解】若所有相对的棱涂同一种颜色，共用3种颜色，有种方法， 若所有相对的3对棱中有2对对棱涂同色，共用4种颜色，有种方法， 所以共有种方法.故答案为： 14．【答案】 【详解】由条件得， 构造函数，对其求导得，令得， 于是当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增． 因为，，所以，，根据，得到， 分离参数得对恒成立，只需 构造函数，，对其求导得， 令得，于是当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 所以，于是，因此k的取值范围是故答案为： 15.【答案】(1) (2) 【详解】 （1）因为展开式中只有第五项的二项式系数最大，所以，展开式共有9项，所以 （2）因为第项的系数为，所以第项的系数绝对值为， 设第项的系数的绝对值最大，则，整理得， 解得又因为第6项的系数，第7项的系数， 所以，第7项的系数最大，. 16．【答案】(1)480 (2)360 (3)540 【详解】 （1）第一步，先将另外四门课排好，有种情况；第二步，将“A”和“B”课程分别插入5个空隙中，有种情况；所以“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的排法有种； （2）第一步，先将甲和乙的不同课程排好，有种情况；第二步，将甲和乙的相同课程排好，有种情况；第三步，因为丙和甲、乙的课程都不同，所以丙的排法种情况；因此，所有选课种数为. （3）①将6个科目分成1、1、4三组，然后分给三名教师：种情况； ②将6个科目分成1、2、3三组，然后分给三名教师：种情况； ③将6个科目分成2、2、2三组，然后分给三名教师：种情况； 综上，所有的课程安排共有种情况. 17.【答案】(1) (2) 【详解】 （1）因为，所以， 依题意，解得； （2）因为的定义域为， 又，所以恒成立， 令，，则， 令，，则，所以在上单调递增， 又，，所以使得， 即，，则，所以当时， 当时，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 即实数的取值范围为. 18．【答案】【答案】(1)①；②分布列答案见解析，数学期望：元(2)答案见解析 【详解】 （1）设员工所获得的奖励额为X， ①， ∴员工所获得的奖励额为1000元的概率为； ②X所有可能的取值为400，1000， ，， ∴X的分布列为 X 400 1000 P ∴员工所获得的奖励额的期望为元； （2）根据公司预算，每个员工的平均奖励额为1000元， 所以先寻找期望为1000元的可能方案， 对于面值由800元和200元组成的情况， 如果选择（200，200，200，800）的方案，因为1000元是面值之和的最大值， 所以期望不可能为1000元， 如果选择（800，800，800，200）的方案， 因为1000元是面值之和的最小值，所以期望不可能为1000元， 因此可能的方案是（800，800，200，200）记为方案1， 对于面值600元和400元的情况， 同理排除（600，600，600，400）和（400，400，400，600）的方案， 所以可能的方案是（400，400，600，600）记为方案2， 对于方案1，设员工所获得的奖励额为，可取， ，，， ∴的期望为， 方差， 对于方案2，设员工所获得的奖励额为，可取， ，，， ∴的期望为， 方差， 由于两种方案的奖励额都符合预算要求，但方案2的方差比方案1小，所以应选择方案2. 19．【答案】(1)； (2)当时，的零点个数为0；当时，的零点个数为1；当时，的零点个数为2； (3)证明见解析 【详解】 （1） （2）因为，令，得，即. 令，所以的零点个数等价于与的图象交点的个数. 又因为，当时，； 当时，.所以函数在上单调递增，在上单调递减， 且，有极大值也是最大值，如图： 由图可知，当时，函数与的图象无交点；当时， 函数与的图象有1个交点；当时， 函数与的图象有2个交点.综上，时，的零点个数为0； 时，的零点个数为1；时，的零点个数为2. （3）①当时，， 令，因为， 所以，而，即，， 所以在区间上单调递增，所以， 即，所以在区间上单调递增． 所以.②当时， 令， 所以单调递增，所以，即. 又因为， 令， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，的极小值为． 若，即，则， 所以．若，即，则在区间上单调递减， 所以．所以，即． 综上可得，． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $