精品解析：福建福州第十八中学2025-2026学年高二第二学期期中考试数学试卷

福州第十八中学2025-2026学年第二学期期中考试 高二年级数学试卷 命题人：黄燕玲 审核人：于倩倩､邓超 满分150分 考试时间：120分钟 一､单选题：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. 如果质点按规律（距离单位：m，时间单位：s）运动，则质点在2s末的瞬时速度为（ ） A. 8 m/s B. 7m/s C. 6 m/s D. 5 m/s 【答案】B 【解析】 【分析】利用瞬时变化率的定义即可求得该质点在2s末的瞬时速度. 【详解】， 则质点在2s末的瞬时速度为7m/s. 故选：B 2. 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. 3. 一批零件共有个，其中有个不合格随机抽取个零件进行检测，恰好有件不合格的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】从个零件中随机抽取个，总的抽取方法数为组合数， 要求恰好件不合格，即从个不合格零件中抽1个， 从个合格零件中抽个，符合条件的方法数为， 故​恰好件不合格的概率为. 4. 在的展开式中各二项式系数的和为32，则的系数为（ ） A. 10 B. 40 C. 80 D. 120 【答案】C 【解析】 【分析】先由二项式系数的和为32求出的值，再根据二项式的通项即可求得. 【详解】依题意，，解得， 则二项式的通项为， 取，即得的系数为. 故选：C. 5. 城区某中学安排2位数学老师、4位英语老师到，两所乡村中学任教，要求两个乡村中学各安排3位老师，其中中学至少需要安排1位数学老师，那么有（ ）种不同的安排方式 A. 9 B. 12 C. 14 D. 16 【答案】D 【解析】 【详解】情况1：中学安排1位数学老师，2位英语老师的方式：， 情况2：中学安排2位数学老师，1位英语老师的方式：， 所以中学至少需要安排1位数学老师的方式为：（种）. 6. 两位游客准备分别从葫芦古镇、兴城古城、龙潭大峡谷、九门口水上长城、龙湾海滨风景区5个景点中随机选择其中一个景点游玩，记事件“两位游客中至少有一人选择葫芦古镇”，事件“两位游客选择的景点不同”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出和，再利用条件概率的计算公式计算即可. 【详解】两位游客从5个景点中任选，每人有5种选择，总事件数：种. 事件的对立事件为“两位游客都不选择葫芦古镇”，的事件数：种, 因此. 事件分为两种情况：甲选葫芦古镇，乙选其余4个景点，4种； 乙选葫芦古镇，甲选其余4个景点，4种；共种事件， 因此. 所以. 故选：C. 7. 定义的实数根叫函数的“躺平点”．若函数，，的“躺平点”分别为，则大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解方程，可得，由此可得，解方程，可得，由此可得，由可得，设，结合单调性及零点存在性定理确定函数的零点范围，由此可得的范围，再比较大小可得结论. 【详解】因为，所以， 令可得，所以， 所以是函数的“躺平点”，故， 因为，所以， 令可得，所以， 所以是函数的“躺平点”，故， 因为，所以， 令可得， 设函数， 因为函数为增函数，在上单调递减， 所以函数在上为单调递增， 又，， 所以函数在上有且只有一个零点， 设其零点为，则， 所以方程的解集为， 所以是函数的“躺平点”， 即，， ，且， 所以， 故选：C. 8. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（ ） A. 第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数 B. 第2023行中第1012个数和第1013个数相等 C. 记“杨辉三角”第行的第个数为，则 D. 第34行中第15个数与第16个数之比为 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式定理和二项式系数的性质判断各选项的对错. 【详解】第6行的第7个数为1，第7行的第7个数为7，第8行的第7个数为28， 它们之和等于36，第9行的第8个数是，A正确； 第行是二项式的展开式的系数， 故第行中第个数为，第个数为，又，B正确； “杨辉三角”第行是二项式的展开式的系数，所以， ，C正确； 第34行是二项式的展开式的系数，所以第15个数与第16个数之比为，D不正确. 故选：D. 二､多选题：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. 已知随机变量的分布列为 0 1 2 则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据概率之和为1可得，即可根据期望以及方差的计算公式以及性质即可逐一求解. 【详解】由，得，A正确. ，B不正确，C正确. ，D正确. 故选：ACD 10. 设函数，且记，则（ ） A. 数列的首项为1 B. 数列的前10项和为512 C. 数列的前10项和为 D. 数列的前10项和为0 【答案】BD 【解析】 【详解】由题意知，是常数项，是的系数，是的系数，即当时，数列的第项是展开式中的系数. 令，则，故A错； 数列的前10项和等于，即展开式中所有项的系数之和， 令，则，故B正确； 数列的前10项和等于， 令，则，而， 则数列的前10项和为，故C错误； 数列的前10项和等于， 令，则， 因为，故D正确. 11. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. 在定义域内单调递增 B. 的对称中心为 C. 已知，为方程的两个根，且，则的取值范围为 D. 若，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A利用导函数判断单调性；B根据二阶导函数的零点求对称中心；C根据对称性和单调性以及韦达定理求出；D根据对称性和单调性以及基本不等式求解. 【详解】因为，所以， 则在定义域内单调递增，故A正确； ，得，故的对称中心为即，故B正确； 因为，为方程的两个不同根， 所以， 因为，所以，则， 故，得，故C错误； 因为， 所以， 则，即， 因为，所以， 等号成立时，故D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若随机变量服从正态分布，，则______. 【答案】## 【解析】 【详解】因为随机变量，且， 所以. 13. 四个人排成一排，当相邻时，必须在的右边，那么不同的排法共有________种． 【答案】 【解析】 【分析】采用插空法和捆绑法直接求解即可. 【详解】当A，B不相邻时，采用插空法，先排其余两人再让A，B插空， 共有种排法； 当A，B相邻时，将看作一个整体，并且在的右边， 相当于个人排队，则不同的排法有种； 所以共有种. 故答案为：. 14. 已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为________. 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，利用导数判断单调性，分析可知原不等式等价于，结合单调性求解不等式即可. 【详解】令，则， 可知在上单调递增， 因为， 则，可得，， 则原不等式等价于，即， 因为，则，即， 则，解得， 所以不等式的解集为． 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． （1）求的单调区间； （2）求在区间上的最值． 【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是 （2）最大值，最小值 【解析】 【分析】（1）对函数求导，通过导函数的正负判断的单调区间； （2）根据（1）中的单调性可得的极值，与区间端点值比较可得最值. 【小问1详解】 定义域为，， 令，得， 列表如下： 2 0 ↗ ↘ 由上表知，在上，单调递增； 在上，单调递减； ∴的单调递增区间是，单调递减区间是； 【小问2详解】 ，， ∵，∴， 由（1）知，在上递增，在上递减， ∴当时，取最大值； ∴当时，取最小值. 16. 已知． （1）求各项的系数和； （2）求展开式中的常数项； （3）求二项式系数最大的项． 【答案】（1）4096 （2）960 （3）． 【解析】 【分析】（1）利用赋值法令，可得各项的系数和； （2）利用二项展开式的通项公式求解即可； （3）利用二项式系数增减性质确定最大项即可求解 【小问1详解】 令，各项的系数和： 【小问2详解】 设展开式中常数项为第项， 即， 令，得. 【小问3详解】 由题可得，展开式中最大的二项式系数为， ∴展开式中二项式系数最大的项为第4项，即， ∴二项式系数最大的项为． 17. （1）袋中装有4个红球，5个白球，从中不放回地任取两次，每次取一球． ①求在第一次取出红球的条件下，第二次取出红球的概率． ②求第二次才取到红球的概率． （2）现有两台车床加工同一型号的零件，第1台车床加工的零件次品率为，第2台车床加工的零件次品率为，加工出来的零件混放在一起．已知第1台车床加工的零件数与第2台车床加工的零件数之比为，从这些零件中任取一个，求这个零件是次品的概率． 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）①根据题意分析第一次取完球后袋中剩余球情况即可直接列式求解；②根据题意分析可得事件为第一次取得白球第二次取得红球及概率的乘法公式即可求解. （2）根据两台车床的次品率及其零件比例计算总次品率即可得解. 【详解】（1）①根据题意，若第一次取出红球，此时袋中剩余个红球，5个白球. 则在第一次取出红球的条件下，第二次取出红球的概率.。 ②根据题意，用表示第次取到红球， 则第二次才取到红球即为第一次取到白球，第二次取到红球， 其概率为. （2）根据题意，记事件为“车床加工的零件为次品”，事件为“该零件由第台车床加工”，则. 已知第1台车床加工的零件数与第2台车床加工的零件数之比为,则. 故. 则这个零件是次品的概率为. 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，若不等式恒成立，求a的取值范围； （3）若有两个零点，且，证明：． 【答案】（1）； （2）； （3） 由，则，，且， 所以，故， 要证，需证，即， 需证，令，即，即证， 最终只需证明，令且，则， 所以在上单调递增，所以，即， 所以得证. 【解析】 【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程即可； （2）问题化为且，利用导数研究的性质，并结合分类讨论判断不等式恒成立，即可得参数范围； （3）由题设，应用分析法将问题化为证明，令，进一步化为证明，利用导数证明不等式即可. 【小问1详解】 由题设，则，且，， 所以曲线在处的切线方程为，即； 【小问2详解】 由题设，即且， 令且，则， 令，则，故在上单调递增， 所以， 当，时，，则在上单调递增，，符合； 当，时，，时， 所以，使，即在上，在上单调递减，从而，不符合； 综上，； 【小问3详解】 略 19. 东湖山公园位于四川省德阳市，是一处集山水园林为一体的生态公园．公园总面积超过80公顷，六分为山，四分为水，山水相抱，岸势蜿蜒，景色迷人．公园内设有小桥流水、亭榭楼坊、热带沙滩、体育中心、雕塑、栈道等景观，以及丹井流霞、竹林夜雨、曲桥风荷、静心园、樱花岛等景点，使游人感到典雅、古朴、和谐自然．她以其独特的自然风光和丰富的文化内涵，成为了德阳市民和游客喜爱的休闲胜地．出入东湖山公园有三道门供游客自由选择，分别是东门、西门、南门，若每位游客选择东门入园的概率是，游客之间选择意愿相互独立． （1）从游客中随机选取3人，记3人中选择东门入园的人数为X，求X的分布列、均值和方差； （2）东湖山公园管理处计划在2026年中秋节当天，在月上东山处设立一个中秋节人气值显示屏，初始值为0，从东门进入一名游客，增加人气值2点，其它门进入一名游客，增加人气值1点，记当日人气值显示屏上曾经出现数值n的概率为（不考虑人流量有限的限制）． ①求，； ②求． 【答案】（1） X 0 1 2 3 P ， （2）①；；② 【解析】 【分析】（1）分析可知，结合二项分布求X的分布列、均值和方差； （2）①分析人气值1点或2点所对应的可能性情况，结合独立事件概率的乘法公式运算求解；②分析可得，利用构造法和累加法，结合等比数列求. 【小问1详解】 由题意可知：， 则，， ，， 则X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以X的均值，且方差. 【小问2详解】 ①因为每位游客选择东门入园的概率是，则选择其他门入园的概率是， 若人气值为1点，则仅有1人入园且选择其他门入园，所以； 若人气值为2点，则仅有1人且选择东门入园，或仅有2人入园且均选择其他门入园， 所以； ②若人气值为点，可知在人气值为点的前提下仅有1人且选择东门入园，或在人气值为点的前提下仅有1人且选择其他门入园， 则，可得， 且，可知数列是以首项为，公比为的等比数列， 则， 当时，则 ， 且符合上式，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州第十八中学2025-2026学年第二学期期中考试 高二年级数学试卷 命题人：黄燕玲 审核人：于倩倩､邓超 满分150分 考试时间：120分钟 一､单选题：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. 如果质点按规律（距离单位：m，时间单位：s）运动，则质点在2s末的瞬时速度为（ ） A. 8 m/s B. 7m/s C. 6 m/s D. 5 m/s 2. 若，则（ ） A. 2或6 B. 2或3 C. 3 D. 6 3. 一批零件共有个，其中有个不合格随机抽取个零件进行检测，恰好有件不合格的概率是（ ） A. B. C. D. 4. 在的展开式中各二项式系数的和为32，则的系数为（ ） A. 10 B. 40 C. 80 D. 120 5. 城区某中学安排2位数学老师、4位英语老师到，两所乡村中学任教，要求两个乡村中学各安排3位老师，其中中学至少需要安排1位数学老师，那么有（ ）种不同的安排方式 A. 9 B. 12 C. 14 D. 16 6. 两位游客准备分别从葫芦古镇、兴城古城、龙潭大峡谷、九门口水上长城、龙湾海滨风景区5个景点中随机选择其中一个景点游玩，记事件“两位游客中至少有一人选择葫芦古镇”，事件“两位游客选择的景点不同”，则（ ） A. B. C. D. 7. 定义的实数根叫函数的“躺平点”．若函数，，的“躺平点”分别为，则大小为（ ） A. B. C. D. 8. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（ ） A. 第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数 B. 第2023行中第1012个数和第1013个数相等 C. 记“杨辉三角”第行的第个数为，则 D. 第34行中第15个数与第16个数之比为 二､多选题：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. 已知随机变量的分布列为 0 1 2 则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 设函数，且记，则（ ） A. 数列的首项为1 B. 数列的前10项和为512 C. 数列的前10项和为 D. 数列的前10项和为0 11. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. 在定义域内单调递增 B. 的对称中心为 C. 已知，为方程的两个根，且，则的取值范围为 D. 若，则的最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若随机变量服从正态分布，，则______. 13. 四个人排成一排，当相邻时，必须在的右边，那么不同的排法共有________种． 14. 已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为________. 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． （1）求的单调区间； （2）求在区间上的最值． 16. 已知． （1）求各项的系数和； （2）求展开式中的常数项； （3）求二项式系数最大的项． 17. （1）袋中装有4个红球，5个白球，从中不放回地任取两次，每次取一球． ①求在第一次取出红球的条件下，第二次取出红球的概率． ②求第二次才取到红球的概率． （2）现有两台车床加工同一型号的零件，第1台车床加工的零件次品率为，第2台车床加工的零件次品率为，加工出来的零件混放在一起．已知第1台车床加工的零件数与第2台车床加工的零件数之比为，从这些零件中任取一个，求这个零件是次品的概率． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，若不等式恒成立，求a的取值范围； （3）若有两个零点，且，证明：． 19. 东湖山公园位于四川省德阳市，是一处集山水园林为一体的生态公园．公园总面积超过80公顷，六分为山，四分为水，山水相抱，岸势蜿蜒，景色迷人．公园内设有小桥流水、亭榭楼坊、热带沙滩、体育中心、雕塑、栈道等景观，以及丹井流霞、竹林夜雨、曲桥风荷、静心园、樱花岛等景点，使游人感到典雅、古朴、和谐自然．她以其独特的自然风光和丰富的文化内涵，成为了德阳市民和游客喜爱的休闲胜地．出入东湖山公园有三道门供游客自由选择，分别是东门、西门、南门，若每位游客选择东门入园的概率是，游客之间选择意愿相互独立． （1）从游客中随机选取3人，记3人中选择东门入园的人数为X，求X的分布列、均值和方差； （2）东湖山公园管理处计划在2026年中秋节当天，在月上东山处设立一个中秋节人气值显示屏，初始值为0，从东门进入一名游客，增加人气值2点，其它门进入一名游客，增加人气值1点，记当日人气值显示屏上曾经出现数值n的概率为（不考虑人流量有限的限制）． ①求，； ②求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $