精品解析：新疆乌鲁木齐市实验学校2025-2026学年第二学期高二年级期中质量监测数学(问卷)

乌鲁木齐市实验学校2025—2026学年第二学期高二年级期中质量监测 数学(问卷) (卷面分值:150分;考试时间:120 分钟) 一、单项选择题：本题共8个小题，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. 已知随机变量X满足，，下列说法正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知的展开式中二项式系数和为128，则展开式中有理项的项数为（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 5 3. 某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为 A. 42 B. 30 C. 20 D. 12 4. 的展开式中常数项为（ ） A. B. C. 5 D. 10 5. 已知的图象如图所示（其中是函数的导函数），下面四个图象中，是的大致图象的是（ ） A. B. C. D. 6. 的展开式中，的系数为（ ） A. 60 B. C. 120 D. 7. 若 则 的值为（ ） A. B. C. D. 8. “”是函数“存在极大值和极小值”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分且必要条件 D. 既不充分也不必要条件 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（ ）. A. 从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法 B. 从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法 C. 从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法 D. 从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法 10. 下列说法正确的是（ ） A. B. 若 则 C. 被整除的余数为 D. 精确到的近似数为 11. 设函数，则（ ） A. 函数的单调递增区间为 B. 函数有极小值且极小值为 C. 若方程有两个不等实根，则实数的取值范围为 D. 经过坐标原点的曲线的切线方程为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在二项式的展开式中，系数最大的一项为_______. 13. 函数，则______． 14. 52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为____________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为____________ 四、解答题：共5小题 ，共77分. 15. 已知的展开式中共有9项. （1）求的值； （2）求展开式中的系数； （3）求二项式系数最大的项. 16. 端午节吃粽子是我国的传统习俗，设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽3个，白粽7个，这两种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个，设表示取到的豆沙粽个数.求 （1）的分布列； （2）的期望与方差； （3）求至少取到一个豆沙粽的概率. 17. 设函数在处取得极大值． （1）求的解析式； （2）求在区间上的最值． 18. 某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高一年级学生都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高一年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率. （1）估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率 （2）从甲、乙两校高一年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计的概率及X的数学期望； （3）假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该知识点，甲校学生选择正确的概率为，乙校学生选择正确的概率为.设甲、乙两校高一年级学生掌握该知识点的概率估计值分别为，，判断与的大小（结论不要求证明）. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若函数在存在单调递减区间，求实数的取值范围； （3）当时，证明：函数有且仅有两个零点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乌鲁木齐市实验学校2025—2026学年第二学期高二年级期中质量监测 数学(问卷) (卷面分值:150分;考试时间:120 分钟) 一、单项选择题：本题共8个小题，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. 已知随机变量X满足，，下列说法正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据方差和期望的运算性质计算即可. 【详解】由，解得， 由，解得. 故选：D. 2. 已知的展开式中二项式系数和为128，则展开式中有理项的项数为（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先根据展开式中二项式系数的和求出，得到通项公式，求出有理项个数. 【详解】由题展开式中二项式系数的和为，解得， 所以二项式为， 则展开式的通项为，，1，2…，7. 所以当，3，6时，为有理项， 所以展开式中有理项共3项. 故选：C. 3. 某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为 A. 42 B. 30 C. 20 D. 12 【答案】A 【解析】 【详解】原定的5个节目之间有6个位． 当插入的这两个新节目在一起时，有插法； 当插入的这两个新节目不在一起时，有插法， 所以总的不同插法的种数为种． 故选：A． 【点睛】关于排列和组合的题目，常用到捆绑法和插位法．捆绑法是将一些对象看作一个对象进行排列；插位法是将一些对象进行排列后，再对剩下的对象进行排列． 4. 的展开式中常数项为（ ） A. B. C. 5 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】求出展开式的通项，再结合积中的指数情况列式计算得解. 【详解】展开式的通项， 显然，则当，即时，， 所以的展开式中常数项为. 故选：A 5. 已知的图象如图所示（其中是函数的导函数），下面四个图象中，是的大致图象的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导函数的正负区间判断原函数的单调区间判断即可. 【详解】当时，， ∴，故在区间上为减函数，排除AB； 当时，，∴， 故在区间上为减函数，排除D. 故选：C. 6. 的展开式中，的系数为（ ） A. 60 B. C. 120 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据，结合二项展开式的通项公式分析求解. 【详解】由题意可知：的通项为， 且的通项为， 令，解得， 所以的系数为． 故选：A 7. 若 则 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别令和，然后所得两式相乘即可求解． 【详解】由题意得， 令时，有， 令时，有， ，故A正确. 8. “”是函数“存在极大值和极小值”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分且必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】求导后令，结合判别式和韦达定理分析可得. 【详解】，， 令，即， ，， 若，则函数有两个正根，即有两个变号零点， 此时函数存在极大值和极小值； 当时，方程无正根或仅有一个重根， 此时函数不可能同时存在极大值和极小值； 综上，“”是函数“存在极大值和极小值”的充分必要条件. 故选：C 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（ ）. A. 从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法 B. 从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法 C. 从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法 D. 从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意，结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理，逐项计算，即可求解. 【详解】对于A，根据分类加法计数原理可知，共有种不同的选法，故A正确. 对于B，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的选法，故B正确. 对于C，可分为三类：第一类是1幅选自国画，1幅选自油画，有种不同的选法； 第二类是1幅选自国画，1幅选自水彩画，有种不同的选法； 第三类是1幅选自油画，1幅选自水彩画，有种不同的选法， 故共有种不同的选法，故C正确. 对于D，可以分两个步骤完成：第一步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法； 第二步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法， 根据分步乘法计数原理知，不同挂法的种数是，故D错误. 故选：ABC. 10. 下列说法正确的是（ ） A. B. 若 则 C. 被整除的余数为 D. 精确到的近似数为 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，由二项式定理可得，故A正确； 对于B，已知， 展开式的通项为， 由此可知，系数正负交替， 因此各项系数的绝对值之和等于展开式的各项系数之和， 令，代入，得到系数绝对值之和为， 即， 令，代入，得， 所以，故B正确； 对于C，， 因为能被整除，因此除以的余数等价于除以的余数， 在正整数范围内，除以的余数是，即除以的余数是，故C错误； 对于D，，故D正确. 11. 设函数，则（ ） A. 函数的单调递增区间为 B. 函数有极小值且极小值为 C. 若方程有两个不等实根，则实数的取值范围为 D. 经过坐标原点的曲线的切线方程为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数研究函数的单调性，结合极值、方程的根与函数图象交点个数之间的关系和导数的几何意义，依次判断选项即可. 【详解】对A：由题意可知的定义域为， ，令，解得， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，故A正确； 对B：当时，取得极大值为，故B错误； 对C：由上分析可作出的图象，要使方程有两个不等实根， 只需要与有两个交点，由图可知，， 所以实数的取值范围为，故C正确. 对D：设曲线在处的切线经过坐标原点， 则切线斜率，得，解得， 所以切线斜率，所以切线方程为，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在二项式的展开式中，系数最大的一项为_______. 【答案】 【解析】 【分析】应用二项式的展开式判断各项系数的符号，进而确定系数最大项. 【详解】由题设，二项式的展开式通项为，， 易知时对应项系数为正，时对应项系数为负， 又，，， 所以系数最大的一项为. 故答案为：. 13. 函数，则______． 【答案】## 【解析】 【详解】因为，所以， 所以， 所以，所以， 所以. 14. 52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为____________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为____________ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由题意结合概率的乘法公式可得两次都抽到A的概率，再由条件概率的公式即可求得在第一次抽到A的条件下，第二次抽到A的概率. 【详解】由题意，设第一次抽到A的事件为B,第二次抽到A的事件为C, 则. 故答案为：；. 四、解答题：共5小题 ，共77分. 15. 已知的展开式中共有9项. （1）求的值； （2）求展开式中的系数； （3）求二项式系数最大的项. 【答案】（1） （2）112 （3） 【解析】 【分析】（1）利用二项式展开式中共有项可求得的值； （2）求出二项展开式的通项，令的指数为4，求出参数的值，代入通项即可得出结果； （3）根据二项式系数的性质可得二项式系数最大的项的项数，再由二项式定理得结论. 【小问1详解】 由题意得，解得. 【小问2详解】 由（1）可知展开式的通项为. 令，解得，则. 故展开式中的系数为112. 【小问3详解】 根据题意可得二项式系数最大的项为. 16. 端午节吃粽子是我国的传统习俗，设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽3个，白粽7个，这两种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个，设表示取到的豆沙粽个数.求 （1）的分布列； （2）的期望与方差； （3）求至少取到一个豆沙粽的概率. 【答案】（1） 0 1 2 3 （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可知的可能取值为，根据古典概型计算概率即可写出分布列； （2）由分布列即可计算期望与方差； （3）先求“一个豆沙粽都没有取到”的概率，再利用对立事件即可求“至少取到一个豆沙粽的概率”. 【小问1详解】 由题意，的可能取值为， 则 ，， ， ， 所以的分布列如下： 0 1 2 3 【小问2详解】 由（1）可知， . 【小问3详解】 记“至少取到一个豆沙粽”为事件A，则表示“一个豆沙粽都没有取到”， 则. 17. 设函数在处取得极大值． （1）求的解析式； （2）求在区间上的最值． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【小问1详解】 ，， 由题意得，即，解得，，经验证符合题意， 所以． 【小问2详解】 由（1）可得， 令，得，， + 0 - 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以在，单调递增，在单调递减，且，，， 所以， 18. 某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高一年级学生都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高一年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率. （1）估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率 （2）从甲、乙两校高一年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计的概率及X的数学期望； （3）假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该知识点，甲校学生选择正确的概率为，乙校学生选择正确的概率为.设甲、乙两校高一年级学生掌握该知识点的概率估计值分别为，，判断与的大小（结论不要求证明）. 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）用频率估计概率即可求解； （2）利用独立事件乘法公式以及互斥事件的加法公式可求恰有1人做对的概率及的分布列，从而可求其期望； （3）根据题设可得关于的方程，求出其解后可得它们的大小关系. 【小问1详解】 估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率. 【小问2详解】 设为“从甲校抽取1人做对”，则，， 设为“从乙校抽取1人做对”，则，， 设为“恰有1人做对”，故 依题可知，可取， ，，， 故的分布列如下表： 故. 【小问3详解】 设为 “甲校掌握这个知识点的学生做该题”， 因为甲校掌握这个知识点则有的概率做对该题目， 未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个， 故，即，故， 同理有，，故， 故. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若函数在存在单调递减区间，求实数的取值范围； （3）当时，证明：函数有且仅有两个零点． 【答案】（1） （2） （3）由题意得，则， 令，则， 令可得，（舍）或， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 又，，， 所以存在，使得，即， 所以当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 因为时，，， 所以存在，使得， 又， 所以存在，使得， 所以函数有且仅有两个零点． 【解析】 【分析】（1）求在处的导数和函数值，代入直线方程即可求出切线方程； （2）将问题转化为在上有解问题，再求解即可； （3）根据导数求得单调性，结合零点存在性定理即可证明． 【小问1详解】 当时，，则， 所以，所以切线方程为，即． 【小问2详解】 由题意得， 若函数存在单调递减区间，则在上有解， 所以在上有解， 因为函数在上单调递减， 所以，故． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $