精品解析：广东东莞市第一中学2025-2026学年第二学期期中检测高二数学试题

东莞市第一中学2025-2026学年第二学期期中检测 高二数学 2026年4月30日 命题人：彭余良 审题人：李建军 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，只有一个选项是符合题目要求的 1. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数的图象上一点(1,1)及邻近一点，则等于（ ） A. 4 B. C. D. 4x 3. 设点为函数图象上的任意一点，点处的切线的倾斜角为，则角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 在2025年10月19日举行的黄河口马拉松比赛活动中，甲、乙、丙、丁四位志愿者被派往A、B、C三个服务站，若每个服务站至少派一位志愿者，且每位志愿者只能被派往一个服务站，则在甲被派去B服务站的条件下，甲、乙被派去同一个服务站的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，设有圆和定点，当从开始在平面内绕匀速旋转时（角速度不变且旋转角度不超过90°），直线l扫过的圆内的面积是时间的函数，这个函数的图像只可能是（ ） A. B. C. D. 6. 某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名学生发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻，那么不同的发言顺序的种数为 A. 3600 B. 520 C. 600 D. 720 7. 已知函数的定义域为，其导函数满足，则关于x的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是（ ） 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，有多项是符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. B. 被8除的余数为1 C. 甲、乙、丙、丁等6人排成一排，甲、乙、丙按从左到右、从高到低的固定顺序，共有120种排法 D. 现有6本不同的书，分成三份，每份2本，共有90种分法 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是函数定义域内的极小值点. B. 的单调减区间是. C. 在定义域内无最小值，无最大值. D. . 11. 对于随机事件，，若，，，则（　　） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数是________. 13. 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__________ 14. 如下图所示，甲工厂位于一直线河岸的岸边A处，乙工厂与甲工厂在河的同侧，且位于离河岸40km的B处，河岸边D处与A处相距50km（其中），两家工厂要在此岸边建一个供水站C，从供水站到甲工厂和乙工厂的水管费用分别为每千米3a元和5a元，问供水站C建在岸边距离A处______km才能使水管费用最省？ 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）求在点处的切线方程； （2）已知过点，，可以作函数的两条切线，求实数的取值范围. 16. 已知二项式的展开式中各二项式系数之和比各项系数之和小240. （1）求的值及展开式中二项式系数最大的项； （2）求展开式中的有理项． 17. 已知函数． （1）在单调递减，求m的取值范围； （2）若有两个不同的零点，求m的取值范围． 18. 甲、乙两袋装有形状、大小都相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，3个白球；乙袋装有1个红球，2个白球． （1）若从甲袋中连续抽取2次，每次取1个球，抽取后不放回， ①求取出的2个球中至少有一个红球的概率； ②求在第1次取到白球的条件下，第2次取到红球的概率； （2）若从甲袋中随机取1个球，放入乙袋中，再从乙袋中随机取2个球，求取到的2个球中恰有1个红球的概率． 19. 已知函数，. （1）讨论函数的单调性； （2）若有极大值点，且时恒成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东莞市第一中学2025-2026学年第二学期期中检测 高二数学 2026年4月30日 命题人：彭余良 审题人：李建军 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，只有一个选项是符合题目要求的 1. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】对于A，因为，故A正确； 对于B，因为，故B错误； 对于C，因为，故C错误； 对于D，因为，故D错误. 2. 已知函数的图象上一点(1,1)及邻近一点，则等于（ ） A. 4 B. C. D. 4x 【答案】B 【解析】 【分析】先代入函数求解，再求解，即可得出结果. 【详解】， . 3. 设点为函数图象上的任意一点，点处的切线的倾斜角为，则角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】∵， ∴， ∴，即， ∴. 又点为函数图象上的任意一点，点处的切线的倾斜角为， ∴， ∵， ∴. 4. 在2025年10月19日举行的黄河口马拉松比赛活动中，甲、乙、丙、丁四位志愿者被派往A、B、C三个服务站，若每个服务站至少派一位志愿者，且每位志愿者只能被派往一个服务站，则在甲被派去B服务站的条件下，甲、乙被派去同一个服务站的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出甲被安排到服务站的方法数，再求出甲，乙被派去同一个服务站的方法数，然后求其概率即可. 【详解】先求甲被派去服务站的方法数； 第一种情况：甲一个人去服务站，则有种； 第二种情况：甲和其中一人去服务站，则有种； 故甲被派去服务站的方法数共种； 再求甲乙被派去同一个服务站的方法数：有种； 故概率为. 5. 如图，设有圆和定点，当从开始在平面内绕匀速旋转时（角速度不变且旋转角度不超过90°），直线l扫过的圆内的面积是时间的函数，这个函数的图像只可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由于是匀速旋转，阴影部分面积在开始和最后时段增加慢，中间时段增加快. 选项A的图像表示的增速是常数，与实际不符，故A选项不符合题意； 选项B的图像表示最后时段增加快，与实际不符，故B选项不符合题意； 选项C的图像表示开始和最后时段增加快，中间时段增加慢，故选项C不符合题意； 选项D的图像表示开始和最后时段增加慢，中间时段增加快，符合实际，应选D. 6. 某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名学生发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻，那么不同的发言顺序的种数为 A. 3600 B. 520 C. 600 D. 720 【答案】C 【解析】 【分析】将问题分成：甲乙两人同时参加、甲参加乙不参加、乙参加甲不参加三类，分别计算出发言的种类数，然后相加，求得总的发言方法种数. 【详解】当甲、乙两人同时参加时，方法数有种；当甲参加乙不参加时，方法数有种；当乙参加甲不参加时，方法数有种.故总的方法数有种.故选C. 【点睛】本小题主要考查分类加法计数原理，考查排列组合计算的问题，属于中档题. 7. 已知函数的定义域为，其导函数满足，则关于x的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，利用导数判断函数在定义域内为单调递增，将不等式转化为，利用函数的单调性即可求解. 【详解】令，， 因为， 则 ， 所以在上单调递增. 因为，所以关于的不等式， 可化为，即 因为在上单调递增，所以由 可得， 由定义域知，解得. 即不等式的解集为 8. 若函数的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，分，与三种情况讨论函数的单调性，结合函数的极值以及函数图象的走势，可求实数的取值范围. 【详解】当时，不经过第三、四象限，不合题意，舍去， 当时，由，得， 若，则当或时，单调递增； 当时，，单调递减. 故在处取得极大值，且极大值为，故经过第二象限， 在处取得极小值，且极小值为，函数一定经过第一和第三象限， 要想经过第四象限，只需，解得. 若，则当或时，，单调递减； 当时，，单调递增. 故在处取得极小值，且极小值为； 在处取得极大值，且极大值为，故经过第一象限， 而函数一定经过第二和第四象限， 要想经过第三象限，只需，解得. 综上，实数的取值范围是. 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，有多项是符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. B. 被8除的余数为1 C. 甲、乙、丙、丁等6人排成一排，甲、乙、丙按从左到右、从高到低的固定顺序，共有120种排法 D. 现有6本不同的书，分成三份，每份2本，共有90种分法 【答案】AC 【解析】 【详解】对于选项A：由组合数性质可知，所以A正确； 对于选项B：因为 ， 所以即被8除的余数为7，所以B错误； 对于选项C：先从6个位置中选3个位置给甲、乙、丙， 由于三人的相对顺序固定，这3个位置的排法只有1种，剩下3个位置排其他3人，有种排法． 根据组合数公式，总排法种数为，所以C正确； 对于选项D：根据题意，分法共有种，所以D错误． 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是函数定义域内的极小值点. B. 的单调减区间是. C. 在定义域内无最小值，无最大值. D. . 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用导函数计算单调性及极值判断A，应用单调性判断B，应用极值及数形结合判断C，根据结合函数的单调性可判断D. 【详解】对于A，定义域为，，令可得， 当时，，为减函数；当时，，为增函数； 所以是函数的极小值点，A正确； 对于B，由A可知当时，，为减函数，所以的单调减区间是和，B不正确； 对于C，由前面分析，的单调减区间是和，增区间为，极小值为e， 当时，，当时，，当时，， 简图如下，由图可知，在定义域内无最小值，也无最大值，C正确， 对于D，由题可得，由于增区间为，所以，故，即D正确. 11. 对于随机事件，，若，，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】选项A：因为，， 所以； 选项B：因为，， 所以； 选项C：因为，， 所以； 选项D：因为，， 所以. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数是________. 【答案】 【解析】 【分析】写出的展开式的通项，然后对分类求得答案． 【详解】的展开式通项. 展开式中的项由两部分相加而成： 一部分为与展开式中的项（此时）的乘积，即； 另一部分为与展开式中的项（此时）的乘积，即. 总系数为. 13. 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__________ 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用全概率公式列式计算即可. 【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， 而，，， 由全概率公式得： . 14. 如下图所示，甲工厂位于一直线河岸的岸边A处，乙工厂与甲工厂在河的同侧，且位于离河岸40km的B处，河岸边D处与A处相距50km（其中），两家工厂要在此岸边建一个供水站C，从供水站到甲工厂和乙工厂的水管费用分别为每千米3a元和5a元，问供水站C建在岸边距离A处______km才能使水管费用最省？ 【答案】 【解析】 【分析】设点距点， 得到，且，再设总的水管费用为元，求得，利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解. 【详解】据题意知， 只有点在线段上某一适当位置，才能使总运费最省， 设点距点， 如图所示， 则， 所以， 再设总的水管费用为元，则， 可得，令，解得， 当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增， 所以，当时，函数取得极小值，也是最小值， 所以函数在处取得最小值，此时， 故供水站建立在之间距甲厂处，可使水管费用最省. 故答案为：20 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）求在点处的切线方程； （2）已知过点，，可以作函数的两条切线，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用导数求切线斜率，然后由点斜式可得切线方程； （2）设切点坐标为，表示出切线方程，根据切线过点得关于的一元二次方程，由方程有两个不相等的实根求解即可. 【小问1详解】 ，因为，， 所以切点为，且切线斜率， 所以切线方程为， 得. 【小问2详解】 设切点坐标为，因为， 所以切线的斜率， 所以切线方程是， 因为切线过点， 所以，即， 因为过点可以作曲线的两条切线， 所以方程有两个不同的根， 所以， 解得或. 16. 已知二项式的展开式中各二项式系数之和比各项系数之和小240. （1）求的值及展开式中二项式系数最大的项； （2）求展开式中的有理项． 【答案】（1）， （2）有理项有3项，分别为 【解析】 【分析】（1）利用赋值法可得各项系数和，结合题意列式计算可得，由二项式系数性质可得二项式系数最大项； （2）求得展开式通项公式，令，且，计算即可. 【小问1详解】 令，则展开式中各项系数之和为，各二项式系数和为， 则，解得， 展开式有5项，二项式系数最大的为第3项; 【小问2详解】 二项式的展开式的通项公式为， 令，且，解得， 则展开式中含的有理项有3项，分别为. 17. 已知函数． （1）在单调递减，求m的取值范围； （2）若有两个不同的零点，求m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）题设等价于恒成立，结合分离参数法求最值即可求解； （2）求导，通过讨论，讨论函数单调性、函数值情况即可求解. 【小问1详解】 由题意， 因为在单调递减， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 又当且仅当即时取等号， 所以，即m的取值范围是； 【小问2详解】 由，得，定义域为， 当时，在恒成立，故在单调递减， 则在最多有一个零点，不合题意，舍去； 当时，令得， 时，，单调递减， 时，，单调递增， 且当时，，所以， 当时，， 因为此时，所以， 要使得在有两个不同的零点， 只需满足即可，解得，又， 所以， 综上可知：在有两个不同的零点，的取值范围是. 18. 甲、乙两袋装有形状、大小都相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，3个白球；乙袋装有1个红球，2个白球． （1）若从甲袋中连续抽取2次，每次取1个球，抽取后不放回， ①求取出的2个球中至少有一个红球的概率； ②求在第1次取到白球的条件下，第2次取到红球的概率； （2）若从甲袋中随机取1个球，放入乙袋中，再从乙袋中随机取2个球，求取到的2个球中恰有1个红球的概率． 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）①设“所取到的2个球中至少有一个红球”为事件，结合古典概型的概率公式和对立事件的概率公式，可求解；②由缩小样本空间求条件概率的方法可求得所求概率； （2）设“从甲袋中取到红球”为事件，“从乙袋中随机取2个球，取到的2个球中恰有1个红球”为事件，根据条件概率公式及全概率公式，可得所求概率. 【小问1详解】 ①设“所取到的2个球中至少有一个红球”为事件，则表示取到的2个球全是白球， 由题可知，， 所以，即取出的2个球中至少有一个红球的概率为； ②第1次取到白球，则在第1次取球后，甲袋中有2个红球，2个白球， 所以在第1次取到白球的条件下，第2次取到红球的概率为. 【小问2详解】 设“从甲袋中取到红球”为事件，则. 设“从乙袋中随机取2个球，取到的2个球中恰有1个红球”为事件， 则，. 所以. 19. 已知函数，. （1）讨论函数的单调性； （2）若有极大值点，且时恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）当时，在上单调递增， 当时，在单调递减，在单调递增， 当时，在单调递增，在单调递减. （2） 【解析】 【分析】（1）对求导，按实数的取值分类讨论，利用函数单调性与导数符号的关系求单调性即可； （2）先将函数代入利用参变分离得到，再构造新函数，利用导数研究函数的单调性求的最大值即可求得的取值范围. 【小问1详解】 由题意可得当时，在上单调递增， 当时，，令解得， 若，当时，，单调递减，当时，，单调递增， 若，当时，，单调递增，当时，，单调递减； 综上所述，当时，在上单调递增， 当时，在单调递减，在单调递增， 当时，在单调递增，在单调递减. 【小问2详解】 由（1）可得若有极大值点，则，， 此时， 当时，；当时，，故为的极大值点， 故符合. 当时恒成立，即恒成立， 即恒成立， 令，只需即可， ， 令，则恒成立， 故在上单调递减，， 所以恒成立， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以， 所以的取值范围为. 【点睛】本题考查导数研究函数的单调性、导数研究函数的极值，还考查了构造法、参变分离法、分类讨论等思想方法，属于较难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $