精品解析：福建福州市台江区九校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

2025-2026学年第二学期期中考试 高二数学试卷 （满分：150分；考试时间：120分钟） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 曲线在处的切线如图所示，则＝（ ） A. 0 B. 2 C. －2 D. －1 2. 某班级图书角有5种课外书，甲、乙两名同学从5种课外书中各自选2种，则两人选的课外书没有相同种类的选法有（ ） A. 20种 B. 30种 C. 40种 D. 60种 3. 若将整个样本空间想象成一个边长为1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积．则如图所示的阴影部分的面积表示（ ） A. 事件A发生的概率 B. 事件B发生的概率 C. 事件B不发生条件下事件A发生的概率 D. 事件A、B同时发生的概率 4. 已知随机变量的分布列如下表，且． 1 2 3 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. 2 C. 4 D. 12 6. 若圆柱的侧面的展开图的周长为4，则该圆柱体积最大为（ ） A. B. C. D. 7. 若，均为非负整数，在做的加法时各位均不进位（例如，），则称为“简单的”有序对，而称为有序数对的值，那么值为1942的“简单的”有序对的个数是 A. 100 B. 150 C. 200 D. 300 8. 若函数是区间上的单调函数，则实数m的值一定不是（      ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 下列说法正确的是（    ） A. 设一组样本数据的方差为2，则数据的方差为8 B. 将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，有种不同的放法； C. 用0~9这10个数字，可以组成648个没有重复数字的三位数 D. 已知随机变量的概率分布为，则实数的值为 10. 甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有2个红球，8个白球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．表示事件“从甲罐取出的球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是（ ） A. 为对立事件 B. C. D. 11. 已知函数，则（ ） A. 函数在上单调递减，在上单调递增 B. C. 若，则实数的取值范围是 D. 当时，若方程有且只有一个根，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若，则正整数的值为_____. 13. 若函数在处有极小值，则等于______． 14. 将4个相同的小球摆放在的方格中，要求每一个方格中只能摆放一个小球，且任意两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点，则所有摆放种数为___________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 在的展开式中，求： （1）求常数项、及此项的二项式系数； （2）求系数绝对值最大的项． 16. 已知函数，曲线在点处的切线与直线平行. （1）求的值； （2）求的极值. 17. 对联，又称对偶、对子、楹联等，是以两组形式相对、内容相关的语句为表现形式的应用性文学样式，具有上下联字数相等、平仄相对、对仗工整等文学特点.从甲、乙、丙、丁4副不同的对联（上联和下联共8联）中随机取出4联（上联或下联）. （1）求这4联可以凑成甲对联的概率； （2）记这4联可以凑成X副对联，求X的数学期望 18. 现有外表相同，编号依次为的袋子，里面均装有个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球.随机选择其中一个袋子，并从中依次不放回取出三个球. （1）当时， ①假设已知选中的恰为2号袋子，求第三次取出的是白球的概率； ②求在第三次取出的是白球的条件下，恰好选的是3号袋子的概率； （2）记第三次取到白球的概率为，证明：. 19. 已知函数. （1）讨论的单调区间； （2）若，求与的数量关系； （3）设，是的两个极值点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期期中考试 高二数学试卷 （满分：150分；考试时间：120分钟） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 曲线在处的切线如图所示，则＝（ ） A. 0 B. 2 C. －2 D. －1 【答案】C 【解析】 【分析】设切线方程为，根据切线方程得到关于的方程组，解得，进而得出导数值计算求解. 【详解】设曲线在处的切线方程为， 则解得 所以曲线在处的切线方程为，则切线斜率为1， 所以， 因此，． 故选：C. 2. 某班级图书角有5种课外书，甲、乙两名同学从5种课外书中各自选2种，则两人选的课外书没有相同种类的选法有（ ） A. 20种 B. 30种 C. 40种 D. 60种 【答案】B 【解析】 【分析】借助分步乘法计数原理计算即可得. 【详解】先从 5 种课外书中选 2 种给甲有种，再从剩下的3 种书中选 2 种给乙有种， 根据分步乘法计数原理，则两人选的课外书没有相同种类的选法有种. 3. 若将整个样本空间想象成一个边长为1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积．则如图所示的阴影部分的面积表示（ ） A. 事件A发生的概率 B. 事件B发生的概率 C. 事件B不发生条件下事件A发生的概率 D. 事件A、B同时发生的概率 【答案】A 【解析】 【分析】理解条件概率和的含义，可得阴影部分面积表示的含义. 【详解】由题意可知： 表示在事件B发生的条件下，事件A发生的概率，表示在事件B不发生的条件下，事件A发生的概率，结合在一块就是事件A发生的概率. 故选：A. 4. 已知随机变量的分布列如下表，且． 1 2 3 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由数学期望公式求，再根据数学期望的性质建立方程，求解即得参数值. 【详解】由， 因，则， 解得：． 故选：A. 5. 已知，则（ ） A. B. 2 C. 4 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】令，直接根据二项式定理求解即可. 【详解】令，则， 故， 中得系数为，中得系数为， 所以， 故选：C. 6. 若圆柱的侧面的展开图的周长为4，则该圆柱体积最大为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆柱母线长为，底面半径为，由展开图的周长可得，从而可得，其中，利用导数可求体积的最大值. 【详解】设圆柱母线长为，底面半径为，则， 而圆柱体积，其中 故， 当时，，当时，， 故在上为增函数，在上为减函数， 故， 故选：A. 7. 若，均为非负整数，在做的加法时各位均不进位（例如，），则称为“简单的”有序对，而称为有序数对的值，那么值为1942的“简单的”有序对的个数是 A. 100 B. 150 C. 200 D. 300 【答案】D 【解析】 【详解】根据题意可得，1942为两个数的和（加法时各位均不进位），其中一个数确定，另一个数也确定，所以首位有0,1两种方法，第二位有0，1，2，3，4，5，6,7,8,9 共10种方法，第三位有0,1,2,3,4共5种方法，个位有0,1,2有3种方法，采用分步计数原理，所以共有个，故选D. 8. 若函数是区间上的单调函数，则实数m的值一定不是（      ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接求出的单调区间，根据条件得或或，求出的取值范围，即可求解. 【详解】因为，由，得到， 由，得到或， 所以的增区间为，减区间为，，又在区间上单调， 则或或，解得或，结合选项知，实数m的值一定不是. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 下列说法正确的是（    ） A. 设一组样本数据的方差为2，则数据的方差为8 B. 将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，有种不同的放法； C. 用0~9这10个数字，可以组成648个没有重复数字的三位数 D. 已知随机变量的概率分布为，则实数的值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用方差的性质计算判断A；利用分步乘法计数原理求解判断BC；利用分布列的性质计算判断D. 【详解】对于A，由方差的性质，新数据的方差为，A正确； 对于B，每个小球有3种方法，则不同的放法种数为种，B错误； 对于C，组成无重复数字的三位数，百位9种选法，十位有9种选法，个位有8种选法， 由分步乘法计数原理，无重复数字的三位数有个，C正确； 对于D， ， 则， 因此，D正确. 10. 甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有2个红球，8个白球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．表示事件“从甲罐取出的球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是（ ） A. 为对立事件 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据对立事件定义可判断A；根据条件概率及全概率公式计算可判断BCD. 【详解】对于A，因为甲罐中只有红球和白球，即， 所以为对立事件，故A正确； 对于B，当发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时，故B正确； 对于C，当发生时，乙罐中有2个红球，9个白球，此时， 所以，故C不正确； 对于D，，故D正确， 故选：ABD． 11. 已知函数，则（ ） A. 函数在上单调递减，在上单调递增 B. C. 若，则实数的取值范围是 D. 当时，若方程有且只有一个根，则 【答案】BC 【解析】 【分析】借助导数可得A；利用函数单调性与可得B；参变分离后构造函数，求导后可得该函数单调性，即可得其最小值，即可得C；利用函数的单调性计算即可得D. 【详解】对A：， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增，故A错误； 对B：因， 由，及在上单调递增， 可得，故B正确； 对C：，令， 则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故，即，故C正确； 对D：令，即， 由C知，函数在上单调递减，在上单调递增， 由，， ， 若方程有且只有一个根，则或，故D错误. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若，则正整数的值为_____. 【答案】5或7 【解析】 【分析】根据组合数的性质化简，列出方程，并计算出结果. 【详解】由组合数的性质，可得， 则，可得或， 解得或. 故答案为：5或7. 13. 若函数在处有极小值，则等于______． 【答案】108 【解析】 【分析】由，求得并检验，求得的解析式，运算得解. 【详解】， 因为在处有极小值，所以， 即，解得或， 若，则， 当或时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取极大值，不合题意， 若，则， 当或时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取极小值，合题意， 所以，则. 故答案为：108. 14. 将4个相同的小球摆放在的方格中，要求每一个方格中只能摆放一个小球，且任意两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点，则所有摆放种数为___________． 【答案】29 【解析】 【分析】先确定不能恰好共用一个方格顶点是不能斜对角相邻，所以小球必不可能在中间的方格，再将四个角设成类方格，其它方格为B类方格，分类讨论即可. 【详解】根据题意，两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点， 即禁止斜对角相邻，可以上下左右相邻（共用两个方格顶点）或不相邻（无公共顶点）， 可以把的方格分为两类， 小球必不可能在中间方格，否则一定会有斜对角相邻的情况， 将四个角的方格设成类方格，以保证类在除去中间方格的情况下没有斜对角相邻的方格， 剩余4个小格为类方格，如图所示： （1）4个小球若占用4个A类方格，有种； （2）4个小球若占用3个A类方格，1个B类方格，有种； （3）4个小球若占用2个A类方格，2个B类方格， 此时只能选择隔着中间方格相对的B类方格，共2种可能，所以此时有种； （4）4个小球若占用1个A类方格，3个B类方格，此时一定会有斜对角相邻的情况，舍. （5）4个小球若占用4个B类方格，此时一定会有斜对角相邻的情况，舍. 因此，共有种． 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 在的展开式中，求： （1）求常数项、及此项的二项式系数； （2）求系数绝对值最大的项． 【答案】（1）常数项为，此项的二项式系数为； （2）. 【解析】 【分析】（1）求出二项式展开式的通项公式，进而求出常数项及该项的二项式系数. （2）由（1）的信息列出不等式组并求解即得. 【小问1详解】 展开式的通项公式为， 由，得， 所以展开式中的常数项为，其二项式系数为. 【小问2详解】 令的系数绝对值最大，则，即， 整理得，解得，由，得， 所以系数绝对值最大的项为. 16. 已知函数，曲线在点处的切线与直线平行. （1）求的值； （2）求的极值. 【答案】（1） （2）的极小值为无极大值 【解析】 【分析】（1）根据直线平行得出切线斜率，利用导数的几何意义是处的切线方程的斜率计算求参； （2）当时，利用导数判断出的单调增区间与单调减区间，从而求出极值. 【小问1详解】 由，可得 又曲线在点处的切线与直线平行，故， 即，得. 【小问2详解】 由（1）可知，且.令，可得， 由，可得.由，得. 故在上单调递减，在上单调递增. 可知当时，极小值为，无极大值. 17. 对联，又称对偶、对子、楹联等，是以两组形式相对、内容相关的语句为表现形式的应用性文学样式，具有上下联字数相等、平仄相对、对仗工整等文学特点.从甲、乙、丙、丁4副不同的对联（上联和下联共8联）中随机取出4联（上联或下联）. （1）求这4联可以凑成甲对联的概率； （2）记这4联可以凑成X副对联，求X的数学期望 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）8联中随机取出4联，有种取法，其中含有甲对联有种取法，可求概率； （2）由X可能的取值，计算对应的概率，结合分布列利用公式求数学期望. 【小问1详解】 8联中随机取出4联，有种取法， 取出的4联含有甲对联，剩余的2联在其它6联中选取，有种取法， 所以这4联可以凑成甲对联的概率为. 【小问2详解】 的所有取值可能为0，1，2. ，，. 的分布列为 X 0 1 2 P . 18. 现有外表相同，编号依次为的袋子，里面均装有个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球.随机选择其中一个袋子，并从中依次不放回取出三个球. （1）当时， ①假设已知选中的恰为2号袋子，求第三次取出的是白球的概率； ②求在第三次取出的是白球的条件下，恰好选的是3号袋子的概率； （2）记第三次取到白球的概率为，证明：. 【答案】（1）①；② （2） 设选出的是第个袋，连续三次取球的方法数为， 第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形： （白，白，白），取法数为， （白，红，白），取法数为， （红，白，白），取法数为， （红，红，白），取法数为， 从而第三次取出的是白球的种数为： ， 则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率， 而选到第个袋子的概率为， 所以． 【解析】 【分析】（1）①时，第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，利用相互独立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式能求出第三次取出为白球的概率； ②先求出第三次取出的是白球的种数，再求出在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，选到第个袋子的概率为，由此能求出第三次取出的是白球的概率，再结合条件概率即可得解； （2）先求出第三次取出的是白球的种数，再求出在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，选到第个袋子的概率为，由此能求出第三次取出的是白球的概率，进而得证． 【小问1详解】 ①时，第二个袋中有2白2红，共4个球， 从中连续取出三个球（每个取后不放回）， 第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白， ∴第三次取出为白球的概率为； ②设选出的是第个袋，连续三次取球的方法数为， 第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形： （白，白，白），若则，取法数为， 若或或，取法数为，也满足关系， 故取（白，白，白）的取法可表示为， 同理（白，红，白），取法数为， （红，白，白），取法数为， （红，红，白），取法数为， 从而第三次取出的是白球的种数为： ， 则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率， 则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率， 而选到第个袋子的概率为，故所求概率为： ， 所以在第三次取出的是白球的条件下，恰好选的是3号袋子的概率为； 【小问2详解】 略 【点睛】思路点睛：本题为无放回型概率问题：根据题意首先分类讨论不同值情况下的抽取总数(可直接用值表示一般情况)，再列出符合题意得情况(此处涉及排列组合中先分类再分组得思想)，最后即可计算得出含的概率一般式，累加即可，累加过程中注意式中与的关系可简化累加步骤. 19. 已知函数. （1）讨论的单调区间； （2）若，求与的数量关系； （3）设，是的两个极值点，证明：. 【答案】（1） 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在和上单调递增； 当时，在上单调递增. （2） （3） 结合（1）可得，当有两个极值点时，， 且，，， 令，由于，则，则， 则， 设， 则， 因为，则，则恒成立， 所以在上单调递减， 则时，且小于，所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）先求得，然后对进行分类讨论，从而求得的单调区间； （2）将不等式转化为，构造函数，求导确定单调性与最值从而得结论； （3）根据函数极值可得，，，将所证双变量不等式转化为单变量不等式，构造函数求导确定单调性与最值即可得结论. 【小问1详解】 ，， 令，由，得， 此时，在上单调递增； 当，即时，方程的两根为，； 当时，，所以当时，， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，，所以当时，， 当时，， 所以在上单调递减，在和上单调递增； 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在和上单调递增； 当时，在上单调递增. 【小问2详解】 ，即， 令，， ，， 若，则存在，使得当时，， 即在上单调递增，而，所以，不符合题意， 若，则存在，使得当时， ，即在上单调递减，而， 所以，不符合题意， 若，即，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，，符合题意； 综上，与的数量关系为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $