精品解析：河南省商丘市部分学校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

河南省商丘市部分学校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册第六章～第七章第3节. 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. 有2位同学准备从6部不同的电影中各选一部观看，则不同的选法种数有（ ） A. 64种 B. 36种 C. 12种 D. 6种 2. 下列求导运算中正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 一个弹簧振子做简谐运动，其位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，该弹簧振子在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 4. 某公司生产的甲、乙、丙三种规格的产品分别有300件，200件，100件，其中甲、乙、丙三种产品的合格率分别为，，，则从所有产品中任取一件，是合格品的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 6. 设，是一个随机实验中的两个事件，若，，则（ ） A. B. C. D. 7. 记，则（ ） A. B. C. D. 8. 对任意，恒成立，则实数的可能取值为（ ） 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. 关于的展开式，下列说法正确的是（ ） A. 展开式共有8项 B. 展开式的二项式系数之和为256 C. 展开式各项的系数之和为1 D. 展开式中第5项的二项式系数最大 10. 已知离散型随机变量的分布列如下，则（ ） 0 1 2 A. B. C. D. 11. 已知函数有两个极值点、，则（ ） A. 的取值范围为 B. 当时，仅有个零点 C. 当时，仅有个零点 D. 若有个零点，则函数在个零点处的切线斜率的倒数之和为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设随机变量服从两点分布，若，则______. 13. 函数图象上的点到直线的距离的最小值为___________. 14. 五一期间，某医院安排某科室的甲、乙、丙3名医生1至5日值班，规定每人至少值班1天，5天中每天都有且仅有1人值班，其中医生甲在1日、2日中至少选择1天值班，则不同的安排方法共有________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. 甲、乙、丙等6名同学站成一排照相.求： （1）甲与乙相邻，有多少种不同的站法？ （2）丙与甲和乙都相邻，有多少种不同的站法？ （3）甲不站在最左边，乙不站在最右边，有多少种不同的站法？ 16. 袋中装有除颜色外均相同的3个红球，5个白球，现从中任取3个球. （1）记3个球中红球的个数为，求的分布列及数学期望； （2）当3个球均为一种颜色时，求这种颜色为白色的概率. 17. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）证明：. 18. 已知，. （1）当，且时，求的值； （2）当，且，时，求的值； （3）若，，，且在的展开式中，存在连续三项，，项的系数成等差数列，求和的值. 19. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数存在两个不同的零点，，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省商丘市部分学校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册第六章～第七章第3节. 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. 有2位同学准备从6部不同的电影中各选一部观看，则不同的选法种数有（ ） A. 64种 B. 36种 C. 12种 D. 6种 【答案】B 【解析】 【详解】每位同学都有6种选择，则不同的选法种数有种. 2. 下列求导运算中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，， 错误； 对于B，， 错误； 对于C，，正确； 对于D，，错误. 3. 一个弹簧振子做简谐运动，其位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，该弹簧振子在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，求导得， 依题意该弹簧振子在时的瞬时速度为：. 4. 某公司生产的甲、乙、丙三种规格的产品分别有300件，200件，100件，其中甲、乙、丙三种产品的合格率分别为，，，则从所有产品中任取一件，是合格品的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设任取一件甲产品为事件，任取一件乙产品为事件，任取一件丙产品为事件，设任取一件是合格品为事件， 则，，，，，， 故. 5. 已知函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导函数的符号与原函数单调性的关系进行判断函数图像趋势即可求解. 【详解】由的图象可知：当和时，， 故在，上单调递增， 当和时，， 故在，上单调递减， 所以，选项D正确. 6. 设，是一个随机实验中的两个事件，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对立事件、互斥事件的概率性质以及条件概率公式求解问题. 【详解】因为，所以. 又， 且，所以，. 7. 记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助赋值法，分别令、计算即可得. 【详解】对于， 令，得①， 令，得②， ①-②得， 所以. 8. 对任意，恒成立，则实数的可能取值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，将问题转化为，进而研究函数单调性，进一步将问题转化为，构造，求解的最大值即可求得实数的取值范围，再结合选项求解即可. 【详解】当时，由，得， 所以. 令，则， 令，则， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， ，在上单调递增. 由，知， 所以，即. 令，则， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以，即实数的取值范围为， 所以实数的可能取值为. 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. 关于的展开式，下列说法正确的是（ ） A. 展开式共有8项 B. 展开式的二项式系数之和为256 C. 展开式各项的系数之和为1 D. 展开式中第5项的二项式系数最大 【答案】BCD 【解析】 【分析】由二项式定理及其性质求解即可. 【详解】对于A选项，展开式共项，故A错误； 对于B选项，展开式的二项式系数之和为，故B正确； 对于C选项，令，则，故展开式各项的系数之和为1，故C正确； 对于D选项，共9项，则展开式中第5项的二项式系数最大，D正确. 10. 已知离散型随机变量的分布列如下，则（ ） 0 1 2 A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据概率和为1判断A；直接计算期望判断B；根据期望的线性关系判定C；先求得，再结合线性关系判断D. 【详解】对于A，由离散型随机变量分布列的性质知，所以， A正确； 对于B，，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，，，D错误. 11. 已知函数有两个极值点、，则（ ） A. 的取值范围为 B. 当时，仅有个零点 C. 当时，仅有个零点 D. 若有个零点，则函数在个零点处的切线斜率的倒数之和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】分析可知有两个不等的实数根，根据二次方程根的分布可得出关于的不等式，可判断A选项；分、两种情况讨论，分析函数的单调性，结合零点存在定理可判断B选项；结合B选项可判断C选项；设的个零点分别为、、，则，利用导数的几何意义可判断D选项. 【详解】对于A选项，由，得 . 因为函数有两个极值点、，所以有两个不等的实数根， 即有两个不等的实数根、， 所以，解得或，A正确； 对于B选项，当时，二次函数 与轴有两个不同的交点，开口向上， 当时，；当时，；当时，， 所以函数的增区间为、，减区间为， 所以是极大值，是极小值， 又 ，所以或， 当时， ，又当时，，且， 故函数在上有且仅有一个零点，故仅有个零点； 同理可知，若，函数仅有个零点； 同理可得当时，仅有个零点，B正确； 对于C选项，当时，由B可知是极小值， 又 ，所以，此时若，则仅有个零点，C错误； 对于D选项，设的个零点分别为、、， 则， 则， 所以，同理，， 故 ，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设随机变量服从两点分布，若，则______. 【答案】0.38 【解析】 【分析】由于变量服从两点分布，根据两点分布的性质进行求解. 【详解】随机变量服从两点分布，由， 及，解得. 13. 函数图象上的点到直线的距离的最小值为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】求解导数令求解，可得曲线在切点处的切线与直线平行，再由两平行线之间的距离公式求解即可. 【详解】将函数求导得 令，得（负值舍去），又， 则曲线在点处的切线方程为，即， 依题意，该函数图象上的点到直线的距离的最小值即直线与的距离， 因为 则函数图象上的点到直线的距离的最小值为. 14. 五一期间，某医院安排某科室的甲、乙、丙3名医生1至5日值班，规定每人至少值班1天，5天中每天都有且仅有1人值班，其中医生甲在1日、2日中至少选择1天值班，则不同的安排方法共有________种（用数字作答）. 【答案】88 【解析】 【分析】本题为分组分配问题对特殊元素医生甲进行分类，分为医生甲选择1日，2日中的1天，且值班1天，甲只选择1日，2日中的1天，且值班2天，甲选择1日，2日中的1天，且值班3天，甲选择1日2日值班，且值班2天，甲选择1日2日值班，且值班3天，然后剩下时间分配给乙、丙，再使用分组分配方法进行计算安排方法. 【详解】当医生甲选择1日，2日中的1天，且只值1天班时，有种选择，再将其他4天分给乙、丙，有种排法，共有种排法； 当甲只选择1日，2日中的1天，且值2天班时，有种选择，再将其他3天分给乙、丙，有种排法，共有种排法； 当甲选择1日，2日中的1天，且值3天班时，有种选择，再将其他2天分给乙、丙，有种排法，共有种排法； 当甲选择1日2日值班，且值2天班时，只需将其他3天分给乙，丙，有种排法； 当甲选择1日2日值班，且值3天班时，有种排法，只需将其他2天分给乙，丙，有种排法，共有种排法. 综上，不同的安排方法共有种. 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. 甲、乙、丙等6名同学站成一排照相.求： （1）甲与乙相邻，有多少种不同的站法？ （2）丙与甲和乙都相邻，有多少种不同的站法？ （3）甲不站在最左边，乙不站在最右边，有多少种不同的站法？ 【答案】（1）240 （2）48 （3）504 【解析】 【分析】（1）根据相邻问题捆绑法求解即可； （2）先将丙与甲、乙捆绑排列，再和其他的同学全排列求解即可； （3）分甲站在最右边，和甲不站在最右边且不站在最左边两种情况讨论求解即可. 【小问1详解】 解：先将甲、乙捆绑有种方法； 甲、乙两人捆绑后与其他四人一起排列有种方法， 所以甲与乙相邻的站法有种. 【小问2详解】 解：先将丙与甲、乙捆绑，有种方法（甲、丙、乙，乙、丙、甲）， 然后总体与其余3名同学全排列，共有种方法， 所以丙与甲和乙都相邻的站法有种. 【小问3详解】 解：甲站在最右边，其余5人全排列，有种站法， 甲不站在最右边且不站在最左端时，甲有4种站法（位置2,3,4,5），乙有4种站法，剩下4人全排列，有种站法， 所以甲不站在最左边，乙不站在最右边，共有120+384=504种不同的站法 16. 袋中装有除颜色外均相同的3个红球，5个白球，现从中任取3个球. （1）记3个球中红球的个数为，求的分布列及数学期望； （2）当3个球均为一种颜色时，求这种颜色为白色的概率. 【答案】（1） 0 1 2 3 . （2） 【解析】 【分析】（1）先确定随机变量的所有可能取值,再利用古典概型组合公式分别算出每个取值对应的概率,列出分布列,最后依据离散型随机变量期望公式代入各取值和对应概率,计算得出数学期望. （2）先定义三球同色事件、三球全白事件，求出两个事件的概率,再套用条件概率公式,代入对应概率化简求解出所求条件概率. 【小问1详解】 的可能取值为0，1，2，3， ， ， ， ， 的分布列为 0 1 2 3 所以. 【小问2详解】 设从袋中任取3个球为一种颜色的事件为，则， 设从袋中任取3个球都为白色的事件为，则， 所以当3个球均为一种颜色时，这种颜色为白色的概率为. 17. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）证明：. 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2） 要证明，只需证， 设，则， 所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以函数在上的最小值为， 设函数， 所以在上的最大值为， 因为，所以，即. 【解析】 【分析】（1）借助导数计算即可得； （2）要证，只需证，构造函数，借助导数求出其最小值，构造函数，借助二次函数性质可得其最大值，即可得证. 【小问1详解】 由题知的定义域为，， 令，得，令，得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问2详解】 略 18. 已知，. （1）当，且时，求的值； （2）当，且，时，求的值； （3）若，，，且在的展开式中，存在连续三项，，项的系数成等差数列，求和的值. 【答案】（1）9 （2）12 （3）的值为的值为7. 【解析】 【分析】（1）当时，对比二项展开式对应系数，由得组合数，依据组合数性质直接求得. （2）根据二项式第8项系数最大，列出与前后相邻项的不等式，代入组合数公式约分化简，求出的取值范围，再结合正整数条件确定. （3）先由得中的系数，利用三项系数成等差数列列等式，约去阶乘后化简整理得，推出是完全平方数，结合枚举符合条件的，筛选出整数解. 【小问1详解】 当时，. 又，， 所以，所以. 【小问2详解】 由题知， 化简第一个不等式：， 约去公因式得，即. 化简第二个不等式：，约去公因式得，即. 故，又，所以. 【小问3详解】 当时，系数为. 所以的项的系数分别为， 且的项的系数成等差数列， 所以， 即 可得 即得 整理得，所以为完全平方数,且均为正整数 又，且由题意,且均为正整数. 因此只需考虑 当时，或8，不满足题意; 当时，(舍去)或13; 综上所述，的值为的值为7. 19. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数存在两个不同的零点，，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 【答案】（1） （2）（ⅰ）； （ⅱ）证明：找两个点，，使得，成立， 又，且，于是考虑找点，， 证明，即可. ①要证，即证，即，即证， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以在处取得最小值，所以，即. 令，则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以在处取得最大值，所以，即. 又，所以，即， 又，所以. ②， 设，则， 易知在上单调递增，在上单调递减，所以，即. 因为，即，所以，且， 因此， 因为，所以， 所以，即证得. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可. （2）（ⅰ）根据导数与单调性、极值的关系，求出函数的极值，结合已知条件列不等式求解即可. （ⅱ）证明出， ，进而得到，，结合不等式的性质证明即可. 【小问1详解】 解：当时，，， 则，， 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）解：由题知的定义域为， . 令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 当时，，当时，， 所以函数存在两个不同的零点，只需，即， 所以的取值范围为. （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $