精品解析：河北石家庄实验中学2025-2026学年高二第二学期期中考试数学试题

河北石家庄实验中学2025-2026学年高二第二学期期中考试数学试题 命题：高二数学 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、准考证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，再选涂其他案标号．回答非选择题时，将案写在答题卡上，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，只有项是符合题目要求的． 1. 若一个四位数的各个数位上的数子之和为3，则这样的四位数个数为（ ） A. 10 B. 12 C. 15 D. 20 2. 若 ，则 （ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 3. 函数有（ ） A. 极大值为5，无极小值 B. 极小值为，无极大值 C. 极大值为5，极小值为 D. 极大值为5，极小值为 4. 小明计划从福建到北京旅游，沿途要经过上海中转，已知小明从福建到上海有3种出行方式，从上海到北京有4种出行方式，则小明从福建到北京的出行方式有（ ） A. 6种 B. 7种 C. 12种 D. 18种 5. 已知函数，为的导函数，则的大致图象是（ ） A. B. C. D. 6. 若将一块体积为 的橡皮泥捏成一个圆柱，则圆柱的表面积最小为（ ） A. B. C. D. 7. 已知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. 8. 已知函数，若不等式的解集中有且仅有一个整数，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分． 9. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 在上单调递减 B. 的极大值为1 C. 方程有两解 D. 曲线经过四个象限 11. 张同学每天的运动计划包括两种主要方式：室内健身和户外运动．张同学第一天选择室内健身的概率为，选择户外运动的概率为．如果第一天选择室内健身，那么第二天继续选择室内健身的概率为；如果第一天选择户外运动，那么第二天选择室内健身的概率为．则张同学（ ） A. 第二天去室内健身的概率为 B. 第二天去户外运动的概率为 C. 若第二天去了室内健身，则第一天去户外运动的概率为 D. 若第二天去了户外运动，则第一天去室内健身的概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的导函数为，且满足关系式，则的值等于________． 13. 若5名学生报名参加数学、物理、化学3个培优小组，每人选报1组，则不同的报名方式有_________种. 14. 拟从5名班干部中选若干人在周一至周五期间值班（每天只需1人值班），要求同一名班干部不连续值班2天，则可能的安排方法有______种．（用数字作答） 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. 某学校举行男子乒乓球团体赛，决赛比赛规则采用积分制，两支决赛的队伍依次进行三场比赛，其中前两场为男子单打比赛，第三场为男子双打的比赛，每位出场队员在决赛中只能参加一场比赛. 某进入决赛的球队共有五名队员，现在需要提交该球队决赛的出场阵容，即三场比赛的出场的队员名单. （1）一共有多少种不同的出场阵容？ （2）若队员A因为技术原因不能参加男子双打比赛，则一共有多少种不同的出场阵容？ 16. 为响应“书香校园”建设，某校图书馆引入了一套智慧自助借还系统M，该系统内置个智能识别模块.每个模块在日常使用环境下正常工作的概率为，各模块工作状态相互独立. （1）该图书馆从某批次智能识别模块中随机抽取了100个，在“日常校园环境”和“高温潮湿仓库环境”下测试其工作状态，得到如下列联表： 正常工作 故障 合计 日常校园环境 50 5 55 高温潮湿仓库环境 35 10 45 合计 85 15 100 请根据小概率值独立性检验，能否认为模块工作状态与测试环境有关联？ 附：，. 0.05 0.01 0.001 k 3.841 6.635 10.828 （2）当时，系统M中正常工作的模块个数为随机变量X，回答以下问题： （i）求X的分布列及数学期望； （ii）若有超过一半的模块正常工作，则系统正常工作，系统正常工作的概率称为系统的可靠性.为改善时系统M的可靠性，能否通过增加一个智能识别模块（即）提高系统M的可靠性？请给出你的结论并证明. 17. 已知函数． （1）讨论函数在 上的单调性； （2）若 ，对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围． 18. 已知函数，. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若恒成立，求实数 的取值范围； （3）若，证明：在上有且只有一个零点. 19. 已知 ，函数. （1）若 恒成立，求t的取值范围； （2）若方程 有两个正实数根. （i）求t的取值范围； （ii）证明：.（注：是自然对数的底数） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北石家庄实验中学2025-2026学年高二第二学期期中考试数学试题 命题：高二数学 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、准考证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，再选涂其他案标号．回答非选择题时，将案写在答题卡上，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，只有项是符合题目要求的． 1. 若一个四位数的各个数位上的数子之和为3，则这样的四位数个数为（ ） A. 10 B. 12 C. 15 D. 20 【答案】A 【解析】 【分析】分类讨论数字之和为3的情况，结合组合数运算求解. 【详解】由题意可知数字之和为3有：0，1，1，1或0，0，1，2或0，0，0，3， 若0，1，1，1，这样的四位数共有个； 若0，0，1，2，这样的四位数共有个； 若0，0，0，3，这样的四位数共有1个； 综上所述：共有个. 故选：A. 2. 若 ，则 （ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用排列数公式、组合数公式计算可得答案. 【详解】因为，所以，且，解得. 3. 函数有（ ） A. 极大值为5，无极小值 B. 极小值为，无极大值 C. 极大值为5，极小值为 D. 极大值为5，极小值为 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数可求出结果. 【详解】, 由 ，得，由 ，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以在时，取得极大值，无极小值. 故选：A 4. 小明计划从福建到北京旅游，沿途要经过上海中转，已知小明从福建到上海有3种出行方式，从上海到北京有4种出行方式，则小明从福建到北京的出行方式有（ ） A. 6种 B. 7种 C. 12种 D. 18种 【答案】C 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理计算即可. 【详解】由分步乘法计数原理可知，小明从福建到北京的出行方式有种． 故选：C. 5. 已知函数，为的导函数，则的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出函数的导函数，再判断的奇偶性，以及由特殊值，利用排除法判断即可. 【详解】因为的定义域为，且，， 又， 所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除A、D； 又，故排除C. 故选：B 6. 若将一块体积为 的橡皮泥捏成一个圆柱，则圆柱的表面积最小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为r，高为h.表示出圆柱的表面积.，用导数分析函数的单调性，求函数的最小值 【详解】设圆柱的底面圆半径为r，高为h，则，即． 圆柱的表面积为． 令，． 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以． 故． 故选：C 7. 已知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】D 【解析】 【分析】构造函数，根据题意可判断，是偶函数，在上是增函数，在减函数，把原不等式转化为解不等式，进而，解得即可. 【详解】令，则， 当时，，所以当时，， 即在上是增函数，由题意是定义在上的偶函数，所以， 所以，所以是偶函数，在单调递减， 所以，， 即不等式等价为， 所以，解得或， 所以不等式的解集为． 故选：D 8. 已知函数，若不等式的解集中有且仅有一个整数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数求出函数的单调区间及极值，作出函数的大致图象，由仅有一个整数解，得只有一个整数解，再结合图象即可得解. 【详解】， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又当时， ，当时，且， 作出的函数图象如图所示： 由仅有一个整数解， 得只有一个整数解， 设，由图象可知： 当时，在上恒成立，不符合题意， 当时，若只有1个整数解，则此整数解必为1， 所以，即，解得． 故选：D． 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分． 9. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用复合函数的求导法则可判断AB选项；利用导数的求导法则可判断CD选项. 【详解】对于A选项，，A对； 对于B选项，，B错； 对于C选项，，C对； 对于D选项， ，D错. 故选：AC. 10. 已知函数，则（ ） A. 在上单调递减 B. 的极大值为1 C. 方程有两解 D. 曲线经过四个象限 【答案】ABD 【解析】 【分析】先利用导数分析函数单调性，进而画出大致图象，判断各选项即可. 【详解】因为， 所以， 令，即或；令，即， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减，故A正确； 当时，取得极大值，故B正确； 又，画出大致图象， 结合图象可知函数与只有一个交点， 所以方程只有一解，故C错误； 由图象可知曲线经过四个象限，故D正确. 故选：ABD. 11. 张同学每天的运动计划包括两种主要方式：室内健身和户外运动．张同学第一天选择室内健身的概率为，选择户外运动的概率为．如果第一天选择室内健身，那么第二天继续选择室内健身的概率为；如果第一天选择户外运动，那么第二天选择室内健身的概率为．则张同学（ ） A. 第二天去室内健身的概率为 B. 第二天去户外运动的概率为 C. 若第二天去了室内健身，则第一天去户外运动的概率为 D. 若第二天去了户外运动，则第一天去室内健身的概率为 【答案】ACD 【解析】 【详解】设事件表示张同学第一天选择室内健身，事件表示张同学第二天选择室内健身， 事件表示张同学第一天选择户外运动，事件表示张同学第二天选择户外运动， 则由题意可知，，，， 选项A：由全概率公式可得，A正确； 选项B：，B错误； 选项C：，C正确； 选项D：，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的导函数为，且满足关系式，则的值等于________． 【答案】 【解析】 【分析】先对函数求导，然后将代入化简可求出的值，进而得出. 【详解】由，得， 令，则，解得， . 故答案为：. 13. 若5名学生报名参加数学、物理、化学3个培优小组，每人选报1组，则不同的报名方式有_________种. 【答案】243 【解析】 【分析】根据题意可知：每人均有3个小组可以选择，结合分步乘法计数原理运算求解. 【详解】根据题意可知：每人均有3个小组可以选择， 由分步乘法计数原理可知不同的报名方式有种. 故答案为：243. 14. 拟从5名班干部中选若干人在周一至周五期间值班（每天只需1人值班），要求同一名班干部不连续值班2天，则可能的安排方法有______种．（用数字作答） 【答案】1280 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分步计数乘法原理从周一开始逐天安排作答. 【详解】安排周一有5种方法，由于同一名班干部不连续值班2天，则前一天值班的不值相邻后一天， 因此安排后面每一天值班的都有4种方法， 所以可能的安排方法种数是. 故答案为：1280 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. 某学校举行男子乒乓球团体赛，决赛比赛规则采用积分制，两支决赛的队伍依次进行三场比赛，其中前两场为男子单打比赛，第三场为男子双打的比赛，每位出场队员在决赛中只能参加一场比赛. 某进入决赛的球队共有五名队员，现在需要提交该球队决赛的出场阵容，即三场比赛的出场的队员名单. （1）一共有多少种不同的出场阵容？ （2）若队员A因为技术原因不能参加男子双打比赛，则一共有多少种不同的出场阵容？ 【答案】（1）60 （2）36 【解析】 【分析】（1）根据分步计数原理，先安排前两场比赛人员，再安排第三场的比赛人员； （2）从队员A上场和不上场来分类，分别求解，再利用分类加法原理可得答案. 【小问1详解】 出场阵容可以分两步确定： 第1步，从5名运动员中选择2人，分别参加前两场男单比赛，共有种； 第2步，从剩下的3名运动员中选出两人参加男双比赛，共有种， 根据分步乘法计数原理，不同的出场阵容种数为. 【小问2详解】 队员A不能参加男子双打比赛，有两类方案： 第1类方案是队员A不参加任务比赛，即除了队员A之外的4人参加本次比赛，只需从4人中选出两人，分别取参加前两场单打比赛，共有种，剩余人员参加双打比赛； 第2类方案是队员A参加单打比赛，可以分3个步骤完成： 第1步，确定队员A参加的是哪一场单打比赛，共2种； 第2步，从剩下4名队员中选择一名参加另一场单打比赛，共4种； 第3步，从剩下的3名队员中，选出两人参加男双比赛，共有种， 根据分步乘法计数原理，队员A参加单打比赛的不同的出场阵容有种； 根据分类加法计数原理，队员A不参加男子双打比赛的不同的出场阵容种数为. 16. 为响应“书香校园”建设，某校图书馆引入了一套智慧自助借还系统M，该系统内置个智能识别模块.每个模块在日常使用环境下正常工作的概率为，各模块工作状态相互独立. （1）该图书馆从某批次智能识别模块中随机抽取了100个，在“日常校园环境”和“高温潮湿仓库环境”下测试其工作状态，得到如下列联表： 正常工作 故障 合计 日常校园环境 50 5 55 高温潮湿仓库环境 35 10 45 合计 85 15 100 请根据小概率值独立性检验，能否认为模块工作状态与测试环境有关联？ 附：，. 0.05 0.01 0.001 k 3.841 6.635 10.828 （2）当时，系统M中正常工作的模块个数为随机变量X，回答以下问题： （i）求X的分布列及数学期望； （ii）若有超过一半的模块正常工作，则系统正常工作，系统正常工作的概率称为系统的可靠性.为改善时系统M的可靠性，能否通过增加一个智能识别模块（即）提高系统M的可靠性？请给出你的结论并证明. 【答案】（1）不能认为有关联 （2）（i） 0 1 2 3 4 3（ii）当 时记系统 中正常工作的模块数为随机变量，则 ， 记时系统 的可靠性为，记 时系统 的可靠性为. 故， ， 故 ， 故增加一个模块即 ，能提高系统 的可靠性. 【解析】 【分析】（1）计算出的观测值，结合临界值表可得出结论. （2）（i）由题可得 ，利用二项分布可得出随机变量的分布列，进而可得出 的值；（ii）计算出时系统 的可靠性为， 时系统 的可靠性为，作差比较大小后可得出结论. 【小问1详解】 零假设为：模块工作状态与测试环境无关联. 根据列联表中数据，得 ， 所以依据小概率值的独立性检验，我们推断成立，可以认为模块工作状态与测试环境无关联. 【小问2详解】 （i）由题意可知 ， （法一）的分布列为 ， . （法二）， ， ， ， ， 则的分布列如下： 0 1 2 3 4 . （ii）略 17. 已知函数． （1）讨论函数在 上的单调性； （2）若 ，对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）答案见解析；（2）. 【解析】 【分析】 （1）求出导数，分、 、三种情况讨论，根据导数符号判断函数单调性；（2）当 时，不妨设，根据函数在上的单调性可将问题转化为，令再次将问题转化为在上恒成立，设，所以，利用导数求出即可得解. 【详解】（1），因为 所以分以下情况讨论： 当时，恒成立，故在 单调递增； 当 时，当单调递减，时单调递增； 当时，恒成立，故在 单调递减. 综上所述：当时在 单调递增，无单调递减区间； 当 时在单调递减，在单调递增； 当时，在 单调递减，无单调递增区间. （2）因为 ，由1知，函数在上单调递增，不妨设， 则，可化为， 设，则， 所以为上的减函数 即在上恒成立，等价于在上恒成立， 设，所以， 因 ，所以，所以函数在上是增函数， 所以（当且仅当时等号成立）． 所以．即的最小值为12． 【点睛】破解含双参不等式证明题的三个关键点： （1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式； （2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值； （3）回归双参不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果. 18. 已知函数，. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）若，证明：在上有且只有一个零点. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）利用导数求的单调性，按的不同取值分类讨论即可求解； （3）利用导数求的单调性，结合零点存在性定理证明即可. 【小问1详解】 当时，，，， 所以在点处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 因为 ，且， 由得， 当时，在上恒成立， 所以单调递增， 恒成立， 当时，， 又因为，所以， 则在上，， 记，则 时，，单调递减， ，与 恒成立不符， 综上所述， 恒成立，实数的取值范围是. 【小问3详解】 当时，， 令，则，， 当时， ，单调递减， 所以在上，，， 易得，在上没有零点，故只需证明在上有且只有一个零点， 令，， 在上，单调递减，，， 所以存在使得，在上，在上， ； 因此在上单调递增，在上单调递减，，； 所以存在使得 ，在上 ，在上， ； 故在上单调递增，在上单调递减，且，， 所以在区间，存在唯一的使得，在上没有零点 综上所述，时，函数在上有且只有一个零点. 19. 已知 ，函数. （1）若 恒成立，求t的取值范围； （2）若方程 有两个正实数根. （i）求t的取值范围； （ii）证明：.（注：是自然对数的底数） 【答案】（1） （2）（i） ；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由， 恒成立，考虑即可，法一：由 恒成立，得，利用指数和对数互化，化简得到，令，用导数法求解；法二：由题意知，考虑即可，利用导数法，由求解；法三：由题意得，考虑，过原点作的切线，设切点，利用导数的几何意义求解；法四：由题意知，令，则，所以 ，再利用分析法证明； （2）（i）令有两零点，令，即，由在R上递增，得到，转化为有两零点，用导数法求解；（ii）法一：由（i）知，已知等价于有两个零点，即，得到.将证，转化为证，再分别证明和 即可；法二：分别证和即可. 【小问1详解】 法一：考虑即可，得，得，， 令， 则， 函数在递增，递减，又， 所以. 法二：由题意知，考虑即可，， 当时，，矛盾，舍去； 当 时，，得， 于是在递减，在递增，则， 得，得， 当时，，于是在递增，所以， 所以当时，所以恒有 ，综上所述， . 法三：由题意得，考虑，过原点作的切线，设切点， 则，又，得， 所以，得， 又题意知，得 . 法四：由题意知，令，则，所以 . 下证：当 时，.由于在 递增， 所以欲证，只需证， 令，则，知，函数 在递减，递增， 故，证毕. 【小问2详解】 （i）令有两零点，令， ，由在R上递增，则， 所以上述等价于有两零点， 于是，由（1）知，令，则在递增，递减，又， 所以 . 另：考虑，由，令，得，得，此时等价于， 所以等价于， 于是，由（1）知，令，则，函数在递增，递减，又， 所以 . （ii）法一：证明：由（i）知，已知等价于有两个零点， 于是，所以. 欲证，只需证 只需证，消t得， 一方面，下证：，等价于证明， 令，则等价于证明，等价于证明， 令，则，所以在递增， 所以，得证. 另一方面，再证，等价于证， 等价于证，等价于证， 等价于证，等价于证， 令，所以在递减，所以，得证. 综上两方面所述，所以. 法二：一方面，， 因为，则，得， 所以， 别一方面，，因为， 所以，由对均知：， 又易证，所以，所以， 综上所述，. 【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法： 若在区间D上有最值，则 （1）恒成立：；； （2）能成立：；. 若能分离常数，即将问题转化为：（或），则 （1）恒成立：；； （2）能成立：；. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $