精品解析：安徽合肥市第一中学2025-2026学年高二第二学期期中教学质量检测数学试题

合肥一中2025-2026学年第二学期高二期中教学质量检测 数学试题 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分 1. 书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书.从书架上任取数学书和语文书各1本，不同的选取方法有（ ） A. 6种 B. 30种 C. 5种 D. 11种 2. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则其离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 3. 一包装箱内有12件产品，其中有10件合格品.现从中随机取出4件，设取出的4件产品中有件合格品，则（ ） A. B. C. D. 4. 的展开式中的系数为（ ） A. 100 B. 60 C. 40 D. 20 5. 某次考试有10000人参加，若他们的成绩近似服从正态分布，则分数在100-120之间的考生约有（ ）（参考数据：若，则有） A. 1360人 B. 1570人 C. 2720人 D. 3410人 6. 已知点在直线上移动，椭圆以和为焦点且经过点，则椭圆的离心率的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 某学校有 两家餐厅，张同学连续三天午餐均在学校用餐．如果某天去餐厅，那么第2天还去餐厅的概率为；如果某天去 餐厅，那么第2天还去 餐厅的概率为．若张同学第1天午餐时随机选择一家餐厅用餐，则张同学第3天去餐厅用餐的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若不等式 恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，年小题6分，共18分.全部选对的得6分，部分逸对的得部分分，有选错的得0分 9. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果.从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（ ） A. B. 第10行所有数字之和为 C. 第2026行的第1013个数最大 D. 第15行中从左到右第4个数与倒数第4个数之比为1:3 10. 已知抛物线 的焦点与椭圆的一个焦点重合，过的直线交于， 两点，交的准线于点.若，则下列说法中正确的有（     ） A. 抛物线的方程为： B. C. D. 的面积为 11. 数的进制是人们利用符号来计数的方法.我们在日常生活中习惯于采用十进制计数与运算，但是在其它领域中，其它进制计数方式也应用广泛，例如计算机处理数据时，采用的就是二进制方法.二进制数是用0和1表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”.若干进制数，其中，则对应的二进制数为.以下说法正确的是（） A. 十进制数2025用二进制表示为 B. 满足中有且只有3个1的所有二进制数对应的十进制数的和为1275 C. 将对应的二进制数中1的个数记为，则 D. 将对应的二进制数中0的个数记为，令，则 三、填空题：本大题共三小题，每小题5分，共计15分． 12. 曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为______________. 13. 已知直线l与椭圆 在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________． 14. 某次庆典后，墙壁上的装饰品需要取下来，如图，由于材料特性，每次能取一个，且所取的装饰品只能有个或个相邻的装饰品，则不同的取法数有__________种. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）求函数在区间上的最大值与最小值． 16. 为研究高中生每周自主整理错题时长与数学学科成绩的关联性，某高中数学教研组从本校高二年级随机抽取了100名学生进行调查，统计其每周整理错题时长（单位：小时）及期末数学成绩，按照“整理错题时长≥2小时”和“整理错题时长<2小时”将学生分为时长充足组和时长不足组，再按照数学成绩是否不低于120分（满分150分）分为成绩优秀和成绩一般，得到如下列联表： 成绩优秀 成绩一般 合计 时长充足组 30 10 40 时长不足组 20 40 60 合计 50 50 100 同时，从样本中随机选取6名学生，记录其每周整理错题时长（记为变量，单位：小时）与对应数学成绩（记为变量，单位：分），得到如下数据： 学生编号 1 2 3 4 5 6 0 1 2 2 3 4 91 105 116 119 125 140 （1）根据表中数据，依据 的独立性检验，能否认为高中生数学成绩与每周整理错题时长充足与否有关联？ （2）请你结合第（1）问得出的独立性检验结论，根据选取的6组数据，建立关于的经验回归方程，并预测某名学生每周整理错题时长为4.5小时，其数学成绩大约为多少分？ 参考数据与公式：． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 经验回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：， 17. 已知函数 ． （1）若在上存在极小值，求实数的取值范围 （2）讨论在上的零点个数． 18. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位.设移动次后质点位于位置. （1）若，求的值； （2）若，求和的值； （3）已知移动8次后，求质点在这8次移动中，前5次移动后质点位于的概率. 19. 元旦晚会上，班委为了活跃氛围，特准备了“丢沙包”游戏，参与者在指定范围内投掷沙包入框，并制定了两个小游戏，且每位参与者只能参加其中一项游戏，规则如下：游戏一：参与者进行投掷，若在投掷过程中累计命中次数达到2次，则游戏立即结束并获奖，若投掷次（且）后仍未累计命中2次，则游戏结束，无法获奖： 游戏二：参与者进行投掷，不限投掷次数，若每次投掷中，命中记得1分，未命中记得-1分，当累计得分达到3分，则游戏立即结束并获奖，当累计得分达到-3分，游戏立即结束，无法获奖． 现有甲、乙两位同学分别参加游戏，且每位同学每次投掷是否命中相互独立，已知甲同学参加游戏一，且每次命中率为；乙同学参加游戏二，每次命中率为 ． （1）当时，记甲同学投掷次数为，求的分布列及期望： （2）当 （ 且 ）时，求甲同学获奖的概率（用含的表达式表示）； （3）记时，甲同学获奖的概率为；若乙同学获奖概率不小于，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 合肥一中2025-2026学年第二学期高二期中教学质量检测 数学试题 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分 1. 书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书.从书架上任取数学书和语文书各1本，不同的选取方法有（ ） A. 6种 B. 30种 C. 5种 D. 11种 【答案】B 【解析】 【详解】先从6本不同的数学书取出1本数学书，有6种方法，再从5本不同的语文书取出1本语文书，有5种方法， 由分步乘法计数原理，不同的选取方法有种. 2. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则其离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为双曲线的标准方程为， 所以，双曲线的焦点在x轴上， 又因为一条渐近线方程为, 所以，. 3. 一包装箱内有12件产品，其中有10件合格品.现从中随机取出4件，设取出的4件产品中有件合格品，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由超几何分布的均值公式即可求解. 【详解】由题可得服从超几何分布，且， 所以. 故选：D 4. 的展开式中的系数为（ ） A. 100 B. 60 C. 40 D. 20 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 其中展开式的通项为， 所以的展开式中含有的项为， 所以展开式中的系数为60. 5. 某次考试有10000人参加，若他们的成绩近似服从正态分布，则分数在100-120之间的考生约有（ ）（参考数据：若，则有） A. 1360人 B. 1570人 C. 2720人 D. 3410人 【答案】A 【解析】 【详解】由成绩近似服从正态分布，得， 则 ，则， 所以分数在100-120之间的考生约有1360人. 6. 已知点在直线上移动，椭圆以和为焦点且经过点，则椭圆的离心率的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用待定系数法求椭圆方程，联立方程得的范围，进一步计算离心率的范围. 【详解】椭圆以， 为焦点，即 ，， 所以设椭圆方程， 联立方程， 消去得出， 由题意可得， 即，得出 或 （舍去），解得， 所以， 所以椭圆的离心率的最大值为. 7. 某学校有两家餐厅，张同学连续三天午餐均在学校用餐．如果某天去餐厅，那么第2天还去餐厅的概率为；如果某天去 餐厅，那么第2天还去 餐厅的概率为．若张同学第1天午餐时随机选择一家餐厅用餐，则张同学第3天去餐厅用餐的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据全概率公式求出张同学第2天去A，B餐厅的概率，继而可求第3天去餐厅用餐的概率. 【详解】设表示事件：第i天去A餐厅，表示事件：第i天去B餐厅， 则,， 则, 故 , , 则 ， 故选：B 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是要求出第2天去A，B餐厅的概率，继而结合全概率公式求解. 8. 已知函数，若不等式 恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得恒成立，构造函数，可得，结合函数单调性可得恒成立，构造函数，借助导数研究其单调性后计算即可得解. 【详解】由 恒成立，则恒成立， 即恒成立， 即恒成立， 令，则， 由在上单调递增，故，则恒成立， 令，则， 当时， ，当时， ， 故在上单调递增，在上单调递减， 故，故，则， 即实数a的取值范围为. 二、多选题：本题共3小题，年小题6分，共18分.全部选对的得6分，部分逸对的得部分分，有选错的得0分 9. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果.从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（ ） A. B. 第10行所有数字之和为 C. 第2026行的第1013个数最大 D. 第15行中从左到右第4个数与倒数第4个数之比为1:3 【答案】AB 【解析】 【分析】由组合数的性质计算可判断A；由杨辉三角的每行系数和性质可判断B；由杨辉三角图可知，第 行有 个数字，每行最中间项的系数最大可判断C；根据可判断D. 【详解】对于，故A正确； 对于B，由杨辉三角的每行系数和性质可知， 第0行所有数字之和为，第1行所有数字之和为， 第2行所有数字之和为，第3行所有数字之和为， 第4行所有数字之和为，以此类推，第10行所有数字之和为，故B正确； 对于C，由杨辉三角图可知，第 行有 个数字， 如果 是奇数，则第和第个数字最大，且这两个数字一样大； 如果 是偶数，则第个数字最大，故第2026行的第个数最大，故C错误； 对于D，由题意，第15行，第4个数为， 倒数第4个数为，即，故D错误. 故选：AB. 10. 已知抛物线 的焦点与椭圆的一个焦点重合，过的直线交于， 两点，交的准线于点.若，则下列说法中正确的有（     ） A. 抛物线的方程为： B. C. D. 的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由椭圆方程可得其焦点坐标，可得，进而求解判断A；设，根据抛物线的定义及可求得 ，不妨取，进而求得直线的方程为，可得，，进而求解判断BCD. 【详解】由于椭圆的焦点坐标为， 则，即 ，所以抛物线的方程为： ，故A正确； 由，设，则，即 ， 又，则，结合对称性，不妨取， 则，即直线的方程为，即， 联立，解得或，即， 则，故B错误； 而，故C正确； 点到直线的距离为， 则，故D正确. 故选：ACD 11. 数的进制是人们利用符号来计数的方法.我们在日常生活中习惯于采用十进制计数与运算，但是在其它领域中，其它进制计数方式也应用广泛，例如计算机处理数据时，采用的就是二进制方法.二进制数是用0和1表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”.若干进制数，其中，则 对应的二进制数为.以下说法正确的是（） A. 十进制数2025用二进制表示为 B. 满足中有且只有3个1的所有二进制数对应的十进制数的和为1275 C. 将 对应的二进制数中1的个数记为，则 D. 将 对应的二进制数中0的个数记为，令，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据十进制与二进制的转化方法即可判断A，利用组合分析出所有情况即可判断B；分别计算等式左右两侧即可判断；利用二项展开式公式即可判断D. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：，其中中有且只有2个1，有种可能； 所以所有二进制数对应的十进制数的和中，出现次，均出现次， 所以对应的十进制数的和为，故B正确； 对于C：， 则，， 故,， 故，故，故C正确； 对于D：共个数中所有的数转换为二进制后， 总位数都为2026，且最高位都为1；而除最高位之外的剩余2025位中，每一位都是0或者1； 设其中的数，转换为二进制后有个； 在这个数中，转换为二进制后有个0的数共有个， 故，故D正确， 故选：BCD. 三、填空题：本大题共三小题，每小题5分，共计15分． 12. 曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为______________. 【答案】 【解析】 【分析】设切线的切点坐标为 ，对函数求导，利用，求出，代入曲线方程求出，得到切线的点斜式方程，化简即可. 【详解】设切线的切点坐标为， ，所以切点坐标为， 所求的切线方程为，即. 故答案为：. 【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题. 13. 已知直线l与椭圆 在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________． 【答案】 【解析】 【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解； 【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法 令的中点为，设，，利用点差法得到， 设直线，，，求出、的坐标， 再根据求出、，即可得解； 解：令的中点为，因为，所以， 设，，则，， 所以，即 所以，即，设直线，，， 令得 ，令得，即，， 所以， 即，解得或（舍去）， 又，即，解得或（舍去）， 所以直线，即； 故答案为： [方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法 解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点， 设，，设直线，，， 则，，，因为，所以 联立直线AB与椭圆方程得消掉y得 其中， ∴AB中点E的横坐标,又，∴ ∵，，∴,又，解得m=2 所以直线，即 14. 某次庆典后，墙壁上的装饰品需要取下来，如图，由于材料特性，每次能取一个，且所取的装饰品只能有个或个相邻的装饰品，则不同的取法数有__________种. 【答案】 【解析】 【分析】对小球进行编号，然后对前三个球的取法进行分类讨论，进而对后续小球的摸球顺序进行讨论，结合分步乘法与分类加法计数原理可得结果. 【详解】将这个小球编号如下图所示： 分以下两种情况讨论： 第一种，第一步，先取、、号球，第二步，再取、、号球依次取个球， 最后一步，从剩余两球依次摸取，此时不同的抽法种数为种； 第二种，将、、视为三个整体， 前三个球从其中一个整体和每支不与号球相邻的小球中依次摸取，有种， 以、、为例，可依次为、、，共种， 剩余、、、号球，先从、号球中摸一个，有种情况， 比如先取号球，剩余三个相邻的小球，接下来从、号球中取一个，有种情况， 最后剩余两球摸取的先后顺序任意， 此时，不同的取法种数为. 综上所述，不同的取法种数为种. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）求函数在区间上的最大值与最小值． 【答案】（1）单调递增区间是：和，单调减区间是：； （2）最小值为，最大值为. 【解析】 【分析】（1）求导由，，可求单调区间； （2）由（1）结合单调性即可求解； 【小问1详解】 由， 可得：，， 由，可得：或； 由，可得：； 所以函数的单调递增区间是：和， 单调减区间是：； 【小问2详解】 由（1）知：函数在区间上的单调性为： 单调递减，单调递增， 所以最小值为， 又， 所以最大值为. 所以函数在区间上的最小值为，最大值为. 16. 为研究高中生每周自主整理错题时长与数学学科成绩的关联性，某高中数学教研组从本校高二年级随机抽取了100名学生进行调查，统计其每周整理错题时长（单位：小时）及期末数学成绩，按照“整理错题时长≥2小时”和“整理错题时长<2小时”将学生分为时长充足组和时长不足组，再按照数学成绩是否不低于120分（满分150分）分为成绩优秀和成绩一般，得到如下列联表： 成绩优秀 成绩一般 合计 时长充足组 30 10 40 时长不足组 20 40 60 合计 50 50 100 同时，从样本中随机选取6名学生，记录其每周整理错题时长（记为变量，单位：小时）与对应数学成绩（记为变量，单位：分），得到如下数据： 学生编号 1 2 3 4 5 6 0 1 2 2 3 4 91 105 116 119 125 140 （1）根据表中数据，依据 的独立性检验，能否认为高中生数学成绩与每周整理错题时长充足与否有关联？ （2）请你结合第（1）问得出的独立性检验结论，根据选取的6组数据，建立关于的经验回归方程，并预测某名学生每周整理错题时长为4.5小时，其数学成绩大约为多少分？ 参考数据与公式：． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 经验回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：， 【答案】（1）能认为有关联，理由见解析 （2）经验回归方程为，预测数学成绩约为分 【解析】 【分析】（1）根据列联表数据代入卡方检验公式计算统计量，将结果与显著性水平0.001对应的临界值对比，判断高中生数学成绩与整理错题时长是否有关联； （2）先计算变量和的样本均值，再根据最小二乘法公式求出回归系数与截距得到经验回归方程，代入给定时长预测对应的数学成绩. 【小问1详解】 零假设为：高中生数学成绩与每周自主整理错题时长无关， 由列联表得：， 代入卡方公式：， 因为（ 对应的临界值）， 因此依据 的独立性检验，推断不成立， 即能认为高中生数学成绩与每周整理错题时长充足与否有关联，该推断犯错误的概率不超过0.001． 【小问2详解】 由于第(1)问的独立性检验表明数学成绩与整理错题时长有关联， 由已知6组数据计算得：，， ， ， 因此，， 所以关于的经验回归方程为， 当 时，，即其数学成绩大约是分. 17. 已知函数 ． （1）若在上存在极小值，求实数的取值范围 （2）讨论在上的零点个数． 【答案】（1） （2） 当或时，在上无零点； 当或时，在上有个零点； 当 时，在上有个零点． 【解析】 【分析】（1）分类讨论 和 ，根据的单调性分析出极小值点，由此可得关于的不等式，则的取值范围可求； （2）将问题转化为方程根的数目，构造，利用导数分析出的单调性和取值情况，然后对进行分类讨论，由此可分析出的零点个数. 【小问1详解】 的定义域为， ，当 时，，单调递减，无极值，不合题意； 当 时，令，得，即 ， 当 时，，单调递减，当 时，，单调递增， 所以在 处取得极小值，故 ，解得， 所以实数的取值范围为． 【小问2详解】 令 ，得，令，则， 当 时， ，单调递增，当时，，单调递减， 又 ，，， 当时，方程无解，所以在上无零点， 当时，方程有个根，所以在上有个零点， 当 时，方程有个根，在上有个零点， 当时，方程有个根，在上有个零点， 当时，方程无解，在上无零点． 综上所述，当或时，在上无零点； 当或时，在上有个零点； 当 时，在上有个零点． 18. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位.设移动 次后质点位于位置. （1）若，求的值； （2）若，求和的值； （3）已知移动8次后，求质点在这8次移动中，前5次移动后质点位于的概率. 【答案】（1） （2）， （3）. 【解析】 【分析】（1）先设随机变量 表示“移动 次后质点向右移动的次数”，再得出根据二项分布概率公式计算求解； （2）根据二项分布概率公式及方差公式及性质计算求解； （3）应用条件概率公式结合n次独立重复事件概率公式计算. 【小问1详解】 设随机变量 表示“移动 次后质点向右移动的次数”，由于质点每隔1秒等可能地向左或向右移动一个单位，所以. 由题意知，即. 当时， . 【小问2详解】 当时， . . 【小问3详解】 设“移动8次后”为事件，“移动5次后”为事件 .则. 事件即“前5次移动后且后3次移动后”. 故. 所以前5次移动后质点位于的概率为. 19. 元旦晚会上，班委为了活跃氛围，特准备了“丢沙包”游戏，参与者在指定范围内投掷沙包入框，并制定了两个小游戏，且每位参与者只能参加其中一项游戏，规则如下：游戏一：参与者进行投掷，若在投掷过程中累计命中次数达到2次，则游戏立即结束并获奖，若投掷 次（ 且）后仍未累计命中2次，则游戏结束，无法获奖： 游戏二：参与者进行投掷，不限投掷次数，若每次投掷中，命中记得1分，未命中记得-1分，当累计得分达到3分，则游戏立即结束并获奖，当累计得分达到-3分，游戏立即结束，无法获奖． 现有甲、乙两位同学分别参加游戏，且每位同学每次投掷是否命中相互独立，已知甲同学参加游戏一，且每次命中率为；乙同学参加游戏二，每次命中率为 ． （1）当时，记甲同学投掷次数为，求的分布列及期望： （2）当 （ 且 ）时，求甲同学获奖的概率（用含的表达式表示）； （3）记时，甲同学获奖的概率为；若乙同学获奖概率不小于，求的最小值． 【答案】（1） 2 3 4 ； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）写出的取值可能为，再分别计算其概率，最后利用期望公式即可得到答案； （2）计算出的表达式，从而得到的表达式，再利用错位相减法即可得到答案； （3）记表示乙同学的得分，，计算出对应的概率，根据得到不等式，解出即可得到最小值． 【小问1详解】 依题意，的取值可能为， ，，， 故的分布列为： 2 3 4 数学期望. 【小问2详解】 记事件：甲同学获奖， 显然， ，设表示甲投掷的次数，若甲投掷次并获奖， 则， 所以， 令，则， 两式相减得， ，即， 所以． 【小问3详解】 记表示乙同学的得分，， 记事件 ：乙同学获奖，表示乙同学得分为分时，最终获奖的概率， 显然，又， 由全概率公式知：， 则， 于是 ， 即，同理， ，， ， 累加得， 因此 ，即， 即， 当时，甲同学获奖的概率为，则， 由，即，解得， 所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $