精品解析：广东广雅中学2025-2026学年第二学期高二年级数学期中考试试卷

2025学年第二学期高二年级期中考试试卷数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将姓名、班级、考号等信息填写在答题卡指定区域． 2．选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如繁改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上，不得使用涂改液，不得使用计算器．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列函数的导数正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知随机事件，满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，奇数共有（ ）个 A. 24 B. 36 C. 48 D. 60 4. 设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则导函数的图象可能是（    ） A. B. C. D. 5. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的极大值点是，则实数（ ） A. 0或 B. 或 C. D. 7. 已知的二项式系数的最大值分别为，则正整数（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 8. 关于 的方程 有两个不同的解，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. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 有3个零点 B. 的图象关于点对称 C. 既有极大值又有极小值 D. 经过点且与的图象相切的直线有3条 10. 安排语、数、英、物4位老师进班答疑，每位老师可选择周一至周五的某一天答疑，每人只安排一天，每天可以有多位老师答疑，则下列说法正确的是（ ） A. 不同的安排方法共有种 B. 若恰有2位老师安排在同一天答疑，则不同的安排方法共有360种 C. 若4位老师的答疑日期都不相同，且数学和物理老师答疑的日期不相邻，则不同的安排方法共有36种 D. 若4位老师的答疑日期都不相同，因为数学是物理的基础，所以数学答疑必须排在物理答疑之前（可不相邻），则不同的安排方法共有60种 11. 已知函数有两个极值点，则（ ） A. B. C. D. 存在实数，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式的常数项是___________（用数字作答）． 13. 若曲线在处的切线也是曲线的切线，则实数___________． 14. 有一个摸球游戏，规则如下：在盒子里放入大小、质地完全相同的4个红球和3个白球．不放回地依次随机取出，每次取出1个球，直到剩下只有一种颜色的球时游戏结束，则游戏结束时取球次数至多为5次的概率为___________． 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. 已知等差数列的公差不为零，成等比数列，且． （1）求数列的通项公式： （2）求． 16. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）若，且当时，恒成立，求的取值范围． 17. 甲箱的产品中有6件正品和2件次品，乙箱的产品中有5件正品和2件次品． （1）从甲箱中任取2件产品，求至少取到1件次品的概率； （2）若先从甲箱中任取2件产品放入乙箱，再从乙箱中任取1件产品，求取出的这件产品是正品的概率． 18. 已知椭圆的离心率为，椭圆的焦距为， （1）求椭圆的方程； （2）已知点为椭圆上一点，直线， （i）证明直线与椭圆相切； （ii）设为原点，直线与直线分别交于．设和的面积为，比较与的大小． 19. 已知函数，其中． （1）当时，求在区间上的最大值： （2）若在上有且仅有一个极值点．求实数的取值范围： （3）设为在内的极小值点，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期高二年级期中考试试卷数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将姓名、班级、考号等信息填写在答题卡指定区域． 2．选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如繁改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上，不得使用涂改液，不得使用计算器．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列函数的导数正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】对于A，，故正确； 对于B，，故错误； 对于C，，故错误； 对于D，，故错误. 2. 已知随机事件，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为， 由，可得. 3. 用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，奇数共有（ ）个 A. 24 B. 36 C. 48 D. 60 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，依次分析三位数的个位、百位、十位数字的情况，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】要组成没有重复数字的三位数且为奇数，则个位数为奇数， 从1,3,5这三个数选一个，再从剩下的4个数字中选2个数字排在百位和十位， 所以组成没有重复数字的三位数，奇数共有个. 4. 设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则导函数的图象可能是（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据原函数图象，利用原函数递增；原函数递减可判断结果． 【详解】由原函数图象可得， 当时，原函数单调递增，导函数恒为正值； 当时，函数在上是先减后增再减，其导数值的符号为负、正、负； 结合选项可得，只有A选项满足. 故选：A． 5. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意知在上恒成立，再求函数在上的值域即得参数范围. 【详解】因为函数在区间上单调递减， 所以在上恒成立，即在上恒成立 因为函数在上单调递减，所以， 故可得，即实数的取值范围是. 6. 已知函数的极大值点是，则实数（ ） A. 0或 B. 或 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求函数导数，由极值点处导数为0，解得的值，结合函数单调性检验是否符合题意即可得解. 【详解】. 由题意知，，即，解得或. 当时，， 则时，单调递增；时，单调递减； 时，单调递增； 所以在处取得极大值，则为极大值点，满足题意. 当时，， 则时，单调递增；时，单调递减； 时，单调递增； 所以在处取得极小值，则为极小值点，不满足题意. 综上，实数. 7. 已知的二项式系数的最大值分别为，则正整数（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式展开式的系数求出的表达式，然后根据即可求解. 【详解】根据二项式的展开式，的二项式系数的最大值为，即， 的二项式系数的最大值为或且，即， 已知，即，得， 化简得，解得. 8. 关于 的方程 有两个不同的解，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指对运算将方程化为，设，求导确定单调性可得，令，求导确定函数的单调性与最值从而得实数的取值范围. 【详解】方程可转化为，则， 所以， 设，则方程转化为， 又恒成立，所以在上为增函数， 所以，即， 令，所以，则可得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以， 又时，，时，， 若方程有两个不同的解，则实数的取值范围为. 故选：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. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 有3个零点 B. 的图象关于点对称 C. 既有极大值又有极小值 D. 经过点且与的图象相切的直线有3条 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数零点的定义、函数对称性的性质，结合函数极值的定义、导数的几何意义和性质进行逐一判断即可. 【详解】A：令，或， 因为方程的判别式， 所以方程有两个不相等的实数根，显然不是该一元二次方程的实数根， 因此有3个零点，所以本选项说法正确； B：因为 所以的图象关于点对称，因此本选项说法不正确； C：， 令，解得，或，所以函数在区间，上单调递增； 令，解得，所以函数在区间上单调递减， 所以是函数的极大值点，是函数的极小值点，所以本选项说法正确； D：设函数的切点为， 所以过该切点的切线斜率为， 切线方程为，把代入，得 ，化简，得 ， 解得，或，所以经过点且与的图象相切的直线有3条，因此本选项说法正确. 10. 安排语、数、英、物4位老师进班答疑，每位老师可选择周一至周五的某一天答疑，每人只安排一天，每天可以有多位老师答疑，则下列说法正确的是（ ） A. 不同的安排方法共有种 B. 若恰有2位老师安排在同一天答疑，则不同的安排方法共有360种 C. 若4位老师的答疑日期都不相同，且数学和物理老师答疑的日期不相邻，则不同的安排方法共有36种 D. 若4位老师的答疑日期都不相同，因为数学是物理的基础，所以数学答疑必须排在物理答疑之前（可不相邻），则不同的安排方法共有60种 【答案】BD 【解析】 【详解】对于A，不同的安排方法共有种，A错误； 对于B，恰有2位老师安排在同一天答疑，则不同的安排方法共有种，B正确； 对于C，4位老师的答疑日期都不相同的总排法种， 数学和物理老师答疑的日期相邻的排法有， 所以数学和物理老师答疑的日期不相邻的排法有种，C错误； 对于D，4位老师的答疑日期都不相同，且数学答疑必须排在物理答疑之前共有种安排方法，D正确； 11. 已知函数有两个极值点，则（ ） A. B. C. D. 存在实数，使得 【答案】ABC 【解析】 【分析】A，B选项，两个极值点问题，转化为导函数两个异号零点问题；通过复合函数换元，将导函数转化为对勾函数或二次函数，利用对勾函数和二次函数的图象与性质求解；C选项，利用消元，转化为，利用单调性证明； D选项，利用为极小值点，通过证明； 【详解】对于A，，令，则， 令，则，设， 由对勾函数的图象可知：当时，因为，所以与的图象有两个交点，故A正确； 对于B，设，则①， 设为①式的两根，则，即②，③. 由③式可知，故B正确； 对于C，由③式可知，所以， 要证 ， 仅需证明成立. 令，则. 则在上单调递增，所以， 故，故C正确. 对于D，，，，可得为区间的极小值点， 则必有，故D错误； 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式的常数项是___________（用数字作答）． 【答案】 【解析】 【分析】先求出展开式的通项，令的指数为零即可求解. 【详解】展开式的通项为， 令的指数为零，即，解得， 因此，常数项为. 13. 若曲线在处的切线也是曲线的切线，则实数___________． 【答案】 【解析】 【分析】借助导数的几何意义计算可得曲线在处的切线方程，再设出该直线在曲线上的切点，计算即可得解. 【详解】对，有， 则当时，， 故曲线在处的切线方程为， 即为，即也是曲线的切线， 设该直线在曲线上的切点为， 对，有，则当时，，即， 故，解得. 14. 有一个摸球游戏，规则如下：在盒子里放入大小、质地完全相同的4个红球和3个白球．不放回地依次随机取出，每次取出1个球，直到剩下只有一种颜色的球时游戏结束，则游戏结束时取球次数至多为5次的概率为___________． 【答案】 【解析】 【分析】记为游戏结束时取球次数，随机变量的可能取值有、、、，先计算出随机变量的概率，再由间接法求游戏结束时取球次数至多为5次的概率. 【详解】的可能取值有、、、， 由间接法求取球次数至多为5次的概率 当时，有两种情况： ①最后盒子里剩余的是白球，则第六次摸出的是红球，前五次有三次摸出的是红球，有两次摸出的是白球； ②最后盒子里剩余的是红球，则第六次摸出的是白球，前五次有两次摸出的是白球，有三次摸出的是红球， 所以， . 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. 已知等差数列的公差不为零，成等比数列，且． （1）求数列的通项公式： （2）求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解； （2）根据等差数列求和公式即可求解. 【小问1详解】 因为成等比数列，且， 所以①， 由②， 由①②可得 ， 所以； 【小问2详解】 因为 ， ， 由，可得数列为等差数列， 故 . 16. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）若，且当时，恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （2） 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，再讨论参数与导数符号的关系，进而得到的单调性； （2）把当时，恒成立问题转化为函数，进而求出的取值范围. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得 ， 当时，，故函数在上单调递减； 当时，令 ，得 ；令 ，得 ； 故函数在上单调递减，在上单调递增， 综上，当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由（1）可知，若，则函数在上单调递减，在上单调递增； 当即时，函数在上单调递减，， 解得与矛盾，舍去； 当即时，函数在上单调递减，在上单调递增 当时取最小值，，，故得. 综上可得，的取值范围为 17. 甲箱的产品中有6件正品和2件次品，乙箱的产品中有5件正品和2件次品． （1）从甲箱中任取2件产品，求至少取到1件次品的概率； （2）若先从甲箱中任取2件产品放入乙箱，再从乙箱中任取1件产品，求取出的这件产品是正品的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的概率公式求解即可； （2）记“从乙箱取出一个正品”为事件，“从甲箱中取出两个正品”为事件，“从甲箱中取出一个正品、一个次品”为事件，“从甲箱中取出两个次品”为事件，然后利用古典概型的概率公式求出对应的概率，再结合全概率公式可求得结果. 【小问1详解】 记“从甲箱中任取2件产品，至少取到1件次品”为事件， 则. 故从甲箱中任取2件产品，至少取到1件次品的概率为. 【小问2详解】 记“从乙箱取出一个正品”为事件，“从甲箱中取出两个正品”为事件， “从甲箱中取出一个正品、一个次品”为事件，“从甲箱中取出两个次品”为事件， 则两两互斥，且， 则，，， 所以. 故取出的这件产品是正品的概率为. 18. 已知椭圆的离心率为，椭圆的焦距为， （1）求椭圆的方程； （2）已知点为椭圆上一点，直线， （i）证明直线与椭圆相切； （ii）设为原点，直线与直线分别交于．设和的面积为，比较与的大小． 【答案】（1） （2） （i）联立，消去得，， 整理得，①， 又，所以，， 故①式可化简为，即，所以， 所以直线与椭圆相切，为切点. 所以直线与椭圆相切； （ii）. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆焦距以及离心率可求出，再根据的关系求出，即可得到椭圆方程； （2）（i）联立化简可得，解得切点为，即可证明直线与椭圆相切. （ii）联立直线方程求出点坐标，即可求出，再根据，即可得出它们的大小关系. 【小问1详解】 由题意可知：，所以，又因为，所以， ， 故椭圆E的方程为； 【小问2详解】 （i）略 （ii）设，易知，当时，由对称性可知，； 故设，易知， 联立，解得， 联立，解得， 所以， ， 故． 19. 已知函数，其中． （1）当时，求在区间上的最大值： （2）若在上有且仅有一个极值点．求实数的取值范围： （3）设为在内的极小值点，求证：． 【答案】（1） （2） （3） 由题知，，即， 要证，即证， 令，则， 令，得， 再令，， 当时，，则单调递减， 所以，单调递减， 所以，从而，可得单调递减， 所以有， 则有， 因此. 【解析】 【分析】（1）利用导数可研究函数单调性，再利用单调性计算即可求函数最大值； （2）先分析的单调性，再分类讨论分析的零点，据此分析的单调性得出是否存在唯一极值即可； （3）原不等式可转化为证明，构造函数，利用导数求函数的最值即可得证. 【小问1详解】 当时，，， 令，， 则， 故在上单调递增，又， 故，即，故在上单调递增， 故； 【小问2详解】 由题，，令，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减. ①当时，，则在上恒成立， 此时单调递减，不存在极值点； ②当时，，，， 由零点存在性定理知，存在，当时，单调递减， 当时，单调递增，当时，单调递减， 此时有唯一极小值点，极大值点； ③当时，， 存在唯一，使得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 此时在上有唯一极大值点； ④当时，恒成立，在上单调递增， 此时无极值点； 综上，实数的取值范围为； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $