精品解析：广东广州培英中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

高二数学 考试时间：120分钟，满分：150分 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 从包含甲、乙两人的人中选出人分别担任学习委员、宣传委员、体育委员，则甲、乙两人都入选的不同选法共有（     ）种 A. B. C. 30 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】从除了甲乙外的人中任选一人，再将甲，乙和所选的人进行全排列，即可求出甲、乙两人都入选的不同选法的种数. 【详解】由题意， 甲乙两人都入选，还要先在其他5人里选一人有种，再和甲乙一起全排列有， ∴甲乙两人都入选的不同选法有（种）. 故选：C. 2. 若，则（ ） A. 0 B. 2 C. －2 D. －4 【答案】C 【解析】 【分析】根据复合函数的求导法则及导数的定义计算即可. 【详解】， 所以， 因为. 故选：. 3. 已知函数在定义域上不是单调函数，则实数不可能是（ ） A. 0 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求导根据原函数的单调性确定导函数的正负情况结合二次函数图象的性质确定即可求出的取值范围. 【详解】对函数求导得：， 因为函数在定义域上不是单调函数，所以导函数的函数值既有正值又有负值， 故，即，所以，所以实数不可能是. 故选：C 4. 的展开式中的系数是（ ） A. 10 B. C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先得到的通项公式，从而得到，从而得到展开式的系数. 【详解】的通项公式为， 当时，， 当时，， 故展开式中的系数为. 故选：D 5. 已知函数的定义域为，对任意恒成立，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，判断函数的单调性，再利用函数的单调性解不等式得解. 【详解】令，所以，故在上单调递增， 又，所以当时，，即， 所以的解集为. 故选：C. 6. 已知盒子中有6个大小相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取球两次，每次取一球，记第一次取出的球的数字是，第二次取出的球的数字是.若事件“为偶数”，事件“，中有偶数且”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件，结合条件概率的计算公式，即可求解. 【详解】由题意，有放回的随机取球两次， 则所有可能情况有，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，，共36个结果，即， 因为事件“，中有偶数且”， 则事件包含的基本事件有，，，，，，， ，，，，，，，，，， ，，，，，，， 所以， 因为事件“为偶数”， 事件“，中有偶数且”， 所以事件“，均为偶数且”， 则事件包含的基本事件有，，，，，， 所以， 所以. 故选：. 7. 已知函数在区间上单调递减，则实数a的最小值为（ ） A. B. C. D. e 【答案】B 【解析】 【分析】由在区间上单调递减，得在上恒成立，进而得，令，利用导数研究单调性求出最大值即可求解. 【详解】由已知得，因为在区间上单调递减， 所以在上恒成立，即，得， 令，则，令，得， 当时，，单调递减，当时，单调递增， 又，所以a的最小值为． 8. 已知是函数的极大值点，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导得，进而分，，，四种情况讨论求解即可. 【详解】函数的定义域为，． 因为是函数的极大值点 ①若，则，在上单调递增，没有极大值点，不符合题意； ②若，令，得， 所以当时，时， 故在上单调递增，在上单调递减， 所以不是函数的极大值点，不符合题意； ③若，令，得， 当时，时， 所以在上单调递增，不是函数的极大值点，不符合题意； ④若，令，得， 当时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 是函数的极大值点，符合题意． 综上，实数. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 下列结论正确的是（ ） A. 为正整数且 B. 满足方程的值可能为或 C. 甲、乙、丙等人排成一列，若甲与丙不相邻，则共有种排法 D. 把个相同的小球分到个不同的盒子中，每个盒子至少分得一个小球的分法共有种 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用排列组合数公式及性质计算判断AB；利用插空法求得排列数判断C；利用隔板法求得总的方法数判断D. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，由，得或，解得或，B正确； 对于C，将除甲和丙以外的3人全排列，再将甲与丙插入3人所形成的4个空中的2个空，共有排法，C错误； 对于D，由隔板法得共有种不同的分法，D正确. 故选：ABD 10. 设，，是同一概率空间中的随机事件，满足，，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用条件概率公式计算判断选项A，D；利用全概率公式计算判断选项B；利用加法公式计算判断选项C． 【详解】已知，，，，， 选项A：由条件概率公式， 得，故A正确； 选项B：由全概率公式， 得，故B正确； 选项C：由加法公式， 得，故C正确； 选项D：由条件概率公式， 得，故D错误． 故选：ABC． 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则曲线在处的切线与相互平行 B. 函数在[1，4]上单调递增的必要不充分条件是 C. 记函数的最小值为，则 D. 若，，使得在恒成立，则的最大值为3 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据导数的几何意义判断A；求出函数的导函数，令，即可得到，从而判断B；利用导数研究函数的单调性，即可判断C； 【详解】解：依题意，，，故，故曲线在处的切线与相互平行，故A正确；令，利用导数判断D； ，令，则，则，因为，故，故函数在上单调递增的必要不充分条件，故B正确； 令得，显然，时，，函数单调递减；时，，函数单调递增，所以 ，令，则，得，时，，函数单调递增；时，，函数单调递减；所以，故C正确； ，令，则.令，，∴时，，即单调递增，∵，， 设并记其零点为，故，且，所以当时，， 即，单调递减；当时，即，单调递增，所以，因此，由于且，即，所以，故D错误. 故选：ABC 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分．） 12. 若，则______． 【答案】33 【解析】 【分析】由赋值法即可求解． 【详解】令，则， 令，则， 所以． 13. 将本不同的书（包括本数学书和本英语书）平均分给甲､乙､丙三人，其中数学书和英语书不能分给同一个人，则不同的分配方法种数是__________.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】方法一：考虑特殊元素，按每个人拿到书的不同结果分配即可求解；法二：考虑特殊元素先分组再分配即可求解. 【详解】方法一：先从甲､乙､丙三人中选一人，这个人既不分数学书，又不分英语书， 有种分配方法，再将数学书和英语书分给剩下两人一人一本， 最后把其余本书平均分给这两个人，有种分配方法， 综上，不同的分配方法种数是. 方法二：各选两本书与数学书､英语书组成一组，然后再分配给三人， 则不同的分配方法种数是. 故答案为： 14. 若不等式对恒成立，则的最大值为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】设，将问题转化为，利用导数求出，再转化为，设，利用导数求出即可. 【详解】设，因为对任意的恒成立，则， 求导得 令得，， 当时，，函数在区间单调递减； 当时，，函数在区间单调递增； 所以，所以， 则， 设，， 当时，，函数在区间单调递增； 当时，，函数在区间单调递减； 所以，即的最大值为，的最大值为. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．） 15. 在二项展开式中，所有项的二项式系数之和为. （1）求展开式中的系数； （2）求展开式中二项式系数最大的项. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）由二项式系数和为可求得的值，然后写出二项展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项后即可得解； （2）易知展开式中第三项和第四项二项式系数最大，结合二项展开式通项可求出展开式中二项式系数最大的项. 【小问1详解】 由题意可得，二项式系数为解得，所以该二项式为. 则通项公式为， 令，解得，所以该二项式的展开式中的的系数为. 【小问2详解】 因为，易知展开式中第三项和第四项二项式系数最大， 即，， 所以展开式中二项式系数最大的项是，. 16. 甲和乙两个箱子中各装有5个大小相同的小球，其中甲箱中有3个红球、2个白球，乙箱中有4个红球、1个白球． （1）从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下，求2个球都是红球的概率； （2）掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于4，则从甲箱随机抽出1个球；如果点数大于等于5，则从乙箱中随机抽出1个球， （i）求抽到的是红球的概率； （ii）若抽到的是红球，求它是来自乙箱的概率． 【答案】（1） （2）（i） ；（ii） 【解析】 【分析】（1）借助条件概率公式计算即可； （2）（i）利用全概率公式求解即可；（ii）利用贝叶斯公式计算即得. 【小问1详解】 记事件A表示“从甲箱中抽出的2个球中有红球”，事件B表示“从甲箱中抽出的2个球都是红球”， 则 故 ； 【小问2详解】 （i）设事件C表示“从乙箱中抽球”，则事件表示“从甲箱中抽球”，事件D表示“抽到红球”， 则 ， 则 （ii）若抽到的是红球，则它是来自乙箱的概率为 . 17. 小明参加一项积分晋级赛，规则如下：初始积分为分，每场比赛胜则加分，负则减分，平则积分不变；当积分达到分（淘汰出局）或分（晋级成功）时终止比赛，否则继续比赛；若三场比赛后仍未终止，则判定为晋级成功并终止比赛.已知每场比赛结果相互独立，小明每场比赛胜､负､平的概率分别为. （1）比赛终止时小明积分为分的概率； （2）在比赛进行两场便终止的条件下，小明晋级成功的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设为比赛终止时小明的积分，要计算，列举全部三种积分达到分且比赛终止的胜负平序列，分别计算概率并相加. （2）设为“比赛两场便终止”，为“晋级成功”，两场终止只有连胜或连负两种情况，计算和（连胜情形），代入条件概率公式即可. 【小问1详解】 （1）设表示比赛终止时小明的积分，由题可知时，有以下3种情况： 第一种：第一场､第二场结果都为负； 第二种：第一场结果为平，后两场比赛结果都为负； 第三种：第一场结果为负，第二场结果为平，第三场结果为负. ∴. 【小问2详解】 设事件：比赛进行了两场便终止，事件：小明晋级成功， 由题意知， . 所以， 所以在比赛进行两场便终止的条件下，小明晋级成功的概率为. 18. 已知函数（为常数，且）． （1）当时，求函数的单调区间和极值； （2）若函数有两个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1）单调递减区间为（0，1），单调递增区间为，极小值为，无极大值 （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数研究函数的单调性，进而求出极值； （2）将函数有两个零点的问题转化为方程有两个解的问题，再通过构造新函数，研究新函数的单调性和极值，从而确定的取值范围. 【小问1详解】 当时，，定义域为． 令，即，解得； 令，即，解得． 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 在处取得极小值，极小值为，无极大值． 【小问2详解】 因为，所以由，得． 设，则． 令，解得，所以在上单调递增， 令，解得，所以在上单调递减． 所以． 又，所以当时，；当时，，且． 由函数有两个零点知，函数与的图象有两个交点， 所以，即实数的取值． 19. 已知函数． （1）当时，证明：有且仅有一个零点． （2）当时，恒成立，求a的取值范围． （3）证明：． 【答案】（1）证明：当时，函数定义域为，则， 令，则在上恒成立，则在上单调递增， 则，即在上恒成立，在上单调递增， 而，， 所以根据零点存在定理知，有且仅有一个零点． （2）； （3）证明：由（2）可知，当时，有，则， 因此， 所以． 【解析】 【分析】（1）利用导数探讨函数的单调性，再利用零点存在性定理推理即得. （2）等价变形给定的不等式，构造函数，利用导数求出函数的最大值即得. （3）利用（2）的结论得，再赋值并借助不等式性质，等比数列前n项和公式推理即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当时，等价于， 令，求导得，令， 则，当时，，单调递增，当时，，单调递减， 则，于是当时，，单调递增， 当时，，单调递减，因此， 所以a的取值范围为． 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：不等式恒成立或存在型问题，可构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 考试时间：120分钟，满分：150分 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 从包含甲、乙两人的人中选出人分别担任学习委员、宣传委员、体育委员，则甲、乙两人都入选的不同选法共有（     ）种 A. B. C. 30 D. 20 2. 若，则（ ） A. 0 B. 2 C. －2 D. －4 3. 已知函数在定义域上不是单调函数，则实数不可能是（ ） A. 0 B. C. 1 D. 4. 的展开式中的系数是（ ） A. 10 B. C. 5 D. 5. 已知函数的定义域为，对任意恒成立，则的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 已知盒子中有6个大小相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取球两次，每次取一球，记第一次取出的球的数字是，第二次取出的球的数字是.若事件“为偶数”，事件“，中有偶数且”，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在区间上单调递减，则实数a的最小值为（ ） A. B. C. D. e 8. 已知是函数的极大值点，则实数（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 下列结论正确的是（ ） A. 为正整数且 B. 满足方程的值可能为或 C. 甲、乙、丙等人排成一列，若甲与丙不相邻，则共有种排法 D. 把个相同的小球分到个不同的盒子中，每个盒子至少分得一个小球的分法共有种 10. 设，，是同一概率空间中的随机事件，满足，，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则曲线在处的切线与相互平行 B. 函数在[1，4]上单调递增的必要不充分条件是 C. 记函数的最小值为，则 D. 若，，使得在恒成立，则的最大值为3 三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分．） 12. 若，则______． 13. 将本不同的书（包括本数学书和本英语书）平均分给甲､乙､丙三人，其中数学书和英语书不能分给同一个人，则不同的分配方法种数是__________.（用数字作答） 14. 若不等式对恒成立，则的最大值为___________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．） 15. 在二项展开式中，所有项的二项式系数之和为. （1）求展开式中的系数； （2）求展开式中二项式系数最大的项. 16. 甲和乙两个箱子中各装有5个大小相同的小球，其中甲箱中有3个红球、2个白球，乙箱中有4个红球、1个白球． （1）从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下，求2个球都是红球的概率； （2）掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于4，则从甲箱随机抽出1个球；如果点数大于等于5，则从乙箱中随机抽出1个球， （i）求抽到的是红球的概率； （ii）若抽到的是红球，求它是来自乙箱的概率． 17. 小明参加一项积分晋级赛，规则如下：初始积分为分，每场比赛胜则加分，负则减分，平则积分不变；当积分达到分（淘汰出局）或分（晋级成功）时终止比赛，否则继续比赛；若三场比赛后仍未终止，则判定为晋级成功并终止比赛.已知每场比赛结果相互独立，小明每场比赛胜､负､平的概率分别为. （1）比赛终止时小明积分为分的概率； （2）在比赛进行两场便终止的条件下，小明晋级成功的概率. 18. 已知函数（为常数，且）． （1）当时，求函数的单调区间和极值； （2）若函数有两个零点，求实数的取值范围． 19. 已知函数． （1）当时，证明：有且仅有一个零点． （2）当时，恒成立，求a的取值范围． （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $