精品解析：重庆市铁路中学2025-2026学年度高二下学期期中考试数学试题

重庆市铁路中学校2025-2026学年半期测试 高二（下）数学试题 命题人： 审题人： （考试时间120分钟，满分150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考号等填写在答题卡指定位置上. 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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 若，则（ ） A. 2或6 B. 2或3 C. 3 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据组合数性质解方程即可. 【详解】由题意可得或， 解得或. 经检验均满足题意. 故选：A. 2. 设是可导函数，且，则（ ） A. 2 B. C. -1 D. -2 【答案】B 【解析】 【详解】 ，即 . 3. 用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有 A. 24 B. 30 C. 40 D. 60 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：按偶数字在个位分类：个位只能是2或者4，十位在余下4个中选择，百位在余下3个中选择．所以答案是2×4×3=24，故选A． 考点：主要考查分步计数原理的应用． 点评：特别注意偶数其个位必定是偶数字． 4. 某知识过关题库中有三种难度的题目，数量分别为300，200，100.已知小明做对型题目的概率分别为，，，若小明从该题库中任选一道题作答，则他做对该题的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设小明选1道类试题为事件， 小明选1道类试题为事件，小明选1道类试题为事件， 设小明答对试题为事件，则， ，， ，，， 由全概率公式得： ， . 5. 在数学兴趣小组的活动中，甲、乙、丙三位同学计划从三个专题中各自随机选择一个专题进行深入研究.事件：甲、乙选择的专题不同；事件：乙、丙选择的专题相同，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】事件：甲、乙选择的专题不同，甲有3种选法. 乙有2种选法，丙有3种选法，所以. 事件：甲、乙不同且乙、丙相同.先选乙的专题，有3种. 丙的选法和乙相同，甲有2种选法，所以， 因此. 6. 若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，设切点为，由导数求出切线的斜率，进而使用点斜式求出切线的方程，与比较系数，即可求得切线方程为，设，设切点为，同理可求出切线的方程，再与比较系数，即可求得的值. 【详解】设，，设切点为，则切线斜率为， 则切线方程为，即， 由题意得，即，解得， 即与的公切线为， ，，设切点为，则切线斜率为， 则切线方程为，即， 由题意得，即，解得， 故选：A. 7. 已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】令， 因为， 所以在上单调递减， 因为，且变形为， 所以， 因为在上单调递减， 所以且， 解得，即不等式的解集为． 8. 已知函数恰有两个极值点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】有两个极值点等价于有两个不相等的实数根，构造函数，再求出导函数得出单调性结合函数值域得出参数范围. 【详解】 令，则有两个不同的根． ，所以或， 因为，所以的左右变号是极值点， 所以有一个根， 设，， 当单调递减； 当单调递减； 当单调递增； 当，当， 所以与有一个交点， 所以， 但是当时，，即得，所以的左右不变号不是极值点， 所以. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 若，则下列选项正确的是（ ） A. 展开式中的二项式系数最大项为第3项和第4项 B. C. D. 当时，除以8的余数为1 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A直接用二项式系数的性质判断；对于B用赋值法可得；对C可对二项式两边求导，然后再赋值可得；对于D则将按二项式展开式进行判断可得. 【详解】对于A：由二项式展开式中的二项式系数为，所以时二项式系数最大，即第4项的二项式系数最大，故A不正确； 对于B：令，可得.再令，得， 所以，所以B正确； 对于C：对两边求导，得， 再令，得，所以C正确； 对于D：当时，， 而 ，即除以8的余数为1，所以D正确. 故选：BCD. 10. 年重庆市九龙坡区心理学科优质课大赛将在铁路中学举行，现在高二志愿者团队安排甲、乙、丙、丁、戊名同学参加志愿者服务活动，有接待、指引、礼仪、会议记录四项工作可以安排，则以下说法错误的是（ ） A. 若每人都安排一项工作，则不同的方法数为 B. 若每项工作至少有人参加，则不同的方法数为 C. 如果会议记录工作不安排，其余三项工作至少安排人，则这名同学全部被安排的不同方法数为 D. 每项工作至少有人参加，甲、乙不会会议记录但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是 【答案】BC 【解析】 【详解】对于A：每个人的工作选择有种，所以不同的方法数为，故A正确； 对于B：每项工作至少有人参加，需要将名同学分成组，其中有一组有人， 先从名同学中选出人组成一组，再将这组安排到个不同的工作岗位上， 所以不同的方法数为，故B错误； 对于C：将人分成人，人，人的组有种分法， 将人分成人，人，人的组有种分法， 所以名同学全部被安排的不同方法数为，故C错误； 对于D：若会议记录仅有人选择，则安排方案有种， 若会议记录有人选择，则安排方案有种， 所以不同安排方案的种数为，故D正确. 11. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，函数在上单调递增 B. 当时，若存在，使不等式成立，则实数的最小值为0 C. 若函数存在两个极值，则实数的最大值为 D. 当时，若，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，结合导数讨论单调性即可得；对于B，结合的单调性，可转化为当时，能成立，求出的最小值即可得；对于C，由极值点的性质结合导数讨论单调性，求得参数的范围即可判断；对于D，采用同构法可推得，再将多变量化为单变量后结合导数讨论单调性即可得. 【详解】对于A，当时，，则， 设，则， 当时，；当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 故，即函数在上单调递增，故A正确； 对于B，当时，，则， 设，则， 当时，；当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 故，即函数在上单调递增. 若存在，使不等式成立， 等价于存在，成立，也即成立， 由A项已得，在上单调递增，则在上单调递增， 故时，，则可得实数的最小值为0，故B正确； 对于C，由可得， 因函数存在两个极值等价于有2个变号零点， 由，可得， 设，则， 则当时，；当时，， 故在上单调递减；在上单调递增， 故，且当，当， 则有2个变号零点，等价于直线与有两个交点， 即得，也即，故没有最大值，即C错误； 对于D，当时，由A，B项可得为定义域上的增函数， 因，且，则， 由可得，即， 因是上的增函数，故， 又由，故， 设，则， 当时，；当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以在上的最小值为，故的最小值为，即D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.把答案填写在答题卡相应位置上. 12. 随机变量的分布列如下表所示： 1 2 3 4 0.1 0.3 则_____ 【答案】0.3## 【解析】 【分析】根据给定的数表，利用分布列的性质求出m，再利用互斥事件的概率公式计算作答. 【详解】由分布列的性质得，，解得， 所以. 故答案为：0.3 13. 如图所示为函数的图象，则不等式的解集为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据图象得到函数的单调性，根据单调性与导数的关系得导数的符号，进而求得不等式的解集． 【详解】由图象可知，在，上单调递增，在上单调递减， 故当，时，，当时，. 原不等式等价于或，则或. 所以不等式的解集为. 14. 某城市在中心广场建造一个花圃，花圃被分成如图所示的5个部分.现栽种3种不同品种的花，花圃的每部分只栽种一种品种的花，有公共边的部分（仅有1个公共点的两个部分不认为有公共边）不能栽种相同品种的花，且3种品种的花都有栽种，则不同的栽种方法数为_________. 【答案】42 【解析】 【分析】先求出1区任选一种花进行栽种，其它区域不和1区栽种相同的花的方法数，再减去只栽种两种花的情况，即可得答案. 【详解】先给1区任选一种花进行栽种，其它区域不和1区栽种相同的花，不同的栽种方法有种. 只栽种两种花的情况有. 故有公共边的部分不栽种相同品种的花，且3种品种的花都有栽种的方法数有种 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. 已知函数，在及处取得极值. （1）求的值； （2）求函数在上的最大值与最小值. 【答案】（1） （2）在上的最大值为，最小值为. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，根据极值点得导数零点，结合韦达定理可求； （2）根据（1）的结果得到在上的单调性，从而可得最值. 【小问1详解】 ，因为在及处取得极值， 故有两个解及，故，故， 此时， 当或时，；当时，， 故在及处取得极值，符合题设，故. 【小问2详解】 由（1）可得且在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增，而，， ，. 故在上的最大值为，最小值为. 16. （1）在的展开式中，求： ①第4项的二项式系数； ②含的项的系数． （2）求展开式中的常数项． 【答案】（1）①35，②280；（2）-405 【解析】 【分析】（1）通过二项式系数的概念，二项展开式的通项求解； （2）通过多项式乘法求解. 【详解】（1）①第4项的二项式系数： ； ②二项式的通项为，令， 则含的系数为：； （2）当因式取时，因式取含的项，此时常数项为， 当因式取时，因式取含的项，此时常数项为， 所以当时，展开式中的常数项为. 17. 某校高三年级拟派出甲、乙、丙三人去参加校运动会100m跑项目.比赛分为初赛和决赛，其中初赛有两轮，只有两轮都获胜才能进入决赛．已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为；乙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和；丙在第一轮和第二轮获胜的概率分别为和，其中 （1）甲、乙、丙三人中，谁进入决赛的可能性最大； （2）若甲、乙、丙三人均未进入决赛的概率为，设进入决赛的人数为，求的分布列. 【答案】（1）甲； （2）的分布列为： 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件的概率公式分别求出甲乙丙进入决赛的概率，再比较大小即可； （2）利用相互独立事件的概率公式，列式解方程求出，再求出的可能值及对应的概率，列出分布列. 【小问1详解】 甲进入决赛的概率为， 乙进入决赛的概率为， 丙进入决赛的概率为，而，则， 所以甲进入决赛的可能性最大. 【小问2详解】 甲、乙、丙三人均未进入决赛的概率， 整理可得，解得或，而，所以. 则， 所以甲、乙、丙进入决赛的概率分别为， 随机变量的可能取值有0，1，2，3， 所以， ， ， ， 所以随机变量的分布列为： 0 1 2 3 18. 已知函数（且） （1）讨论函数的单调性； （2）若有两个零点，求a的取值范围． 【答案】（1） 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； （2） 【解析】 【分析】（1）求出，分、、、讨论可得答案； （2）分、、、讨论，结合单调性和零点情况可得答案． 【小问1详解】 因为， 当时，时，所以在上单调递减； 时，，所以在上单调递增； 当时，时，，所以在和上单调递增， 时，在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 当时，， 所以在和上单调递增，时，在上单调递减； 【小问2详解】 当时，由（1）可知是唯一的极小值点，且，，所以在有唯一零点； ， 所以在上有唯一零点，符合题意； 当时，由（1）可知为极大值点， 且， 所以不符题意； 当时，在单调，不符题意； 当时，由（1）可知，为函数极大值点，且，不符题意． 综上所述，. 【点睛】方法点睛：函数有零点（方程有根）求参数取值范围的三种常用的方法：（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法（参数和自变量全分离）：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合法（参数和自变量半分离）：把原函数拆解为两个部分（拆解为熟悉的函数类型，一边含参数，一边不含参数，含参的往往为一次函数、指数函数、对数函数等单调的函数，含参部分一定要搞清参数对函数图象的影响），在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，分析参数对函数图象的控制来满足题目的要求，进而得出参数的范围. 19. 已知函数，其中． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若函数存在单调递增区间，求实数的取值范围； （3）若R，对任意的恒成立，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导得出斜率并用点斜式即可求解； （2）可以利用反证法把存在性问题转化为恒成立问题分离参数再取补集即可求答案； （3）利用（2）判断导函数零点所在区间从而判断原函数单调性 【小问1详解】 当时，，函数定义域为 故， 又，所以切线方程为. 【小问2详解】 由题意得 若不存在单调增区间，则恒成立，即恒成立， 令， 当时，当时 所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以即 因此所求实数的取值范围为. 【小问3详解】 由（2）知 所以在单调递减，又，， 所以必存在正数，使得，即 由（2）知当时，即，当时，即， 当时，即， 由上可知在单调递增，在单调递减， 所以， 所以，即， 令 因为 当时，单调递减，当时，单调递增， 所以， 所以的最小值为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市铁路中学校2025-2026学年半期测试 高二（下）数学试题 命题人： 审题人： （考试时间120分钟，满分150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考号等填写在答题卡指定位置上. 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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 若，则（ ） A. 2或6 B. 2或3 C. 3 D. 6 2. 设是可导函数，且，则（ ） A. 2 B. C. -1 D. -2 3. 用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有 A. 24 B. 30 C. 40 D. 60 4. 某知识过关题库中有三种难度的题目，数量分别为300，200，100.已知小明做对型题目的概率分别为，，，若小明从该题库中任选一道题作答，则他做对该题的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 在数学兴趣小组的活动中，甲、乙、丙三位同学计划从三个专题中各自随机选择一个专题进行深入研究.事件：甲、乙选择的专题不同；事件：乙、丙选择的专题相同，则（ ） A. B. C. D. 6. 若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 7. 已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数恰有两个极值点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 若，则下列选项正确的是（ ） A. 展开式中的二项式系数最大项为第3项和第4项 B. C. D. 当时，除以8的余数为1 10. 年重庆市九龙坡区心理学科优质课大赛将在铁路中学举行，现在高二志愿者团队安排甲、乙、丙、丁、戊名同学参加志愿者服务活动，有接待、指引、礼仪、会议记录四项工作可以安排，则以下说法错误的是（ ） A. 若每人都安排一项工作，则不同的方法数为 B. 若每项工作至少有人参加，则不同的方法数为 C. 如果会议记录工作不安排，其余三项工作至少安排人，则这名同学全部被安排的不同方法数为 D. 每项工作至少有人参加，甲、乙不会会议记录但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是 11. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，函数在上单调递增 B. 当时，若存在，使不等式成立，则实数的最小值为0 C. 若函数存在两个极值，则实数的最大值为 D. 当时，若，则的最小值为 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.把答案填写在答题卡相应位置上. 12. 随机变量的分布列如下表所示： 1 2 3 4 0.1 0.3 则_____ 13. 如图所示为函数的图象，则不等式的解集为________. 14. 某城市在中心广场建造一个花圃，花圃被分成如图所示的5个部分.现栽种3种不同品种的花，花圃的每部分只栽种一种品种的花，有公共边的部分（仅有1个公共点的两个部分不认为有公共边）不能栽种相同品种的花，且3种品种的花都有栽种，则不同的栽种方法数为_________. 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. 已知函数，在及处取得极值. （1）求的值； （2）求函数在上的最大值与最小值. 16. （1）在的展开式中，求： ①第4项的二项式系数； ②含的项的系数． （2）求展开式中的常数项． 17. 某校高三年级拟派出甲、乙、丙三人去参加校运动会100m跑项目.比赛分为初赛和决赛，其中初赛有两轮，只有两轮都获胜才能进入决赛．已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为；乙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和；丙在第一轮和第二轮获胜的概率分别为和，其中 （1）甲、乙、丙三人中，谁进入决赛的可能性最大； （2）若甲、乙、丙三人均未进入决赛的概率为，设进入决赛的人数为，求的分布列. 18. 已知函数（且） （1）讨论函数的单调性； （2）若有两个零点，求a的取值范围． 19. 已知函数，其中． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若函数存在单调递增区间，求实数的取值范围； （3）若R，对任意的恒成立，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $