精品解析：安徽滁州海亮学校等校2025-2026学年高二下学期期中学生能力评价数学试题

2025~2026高二期中学生能力评价 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章. 一､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. 小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座3张，一等座8张，商务座6张，则小张的购票方案种数为（ ） A. 14 B. 17 C. 90 D. 144 2. （ ） A. 84 B. 112 C. 168 D. 224 3. 的展开式中的第2项是（ ） A. B. C. D. 4. 某同学参加校园义卖活动，将自己制作的8个不同类型的手工艺品排成一排进行售卖，要求其中的甲、乙、丙3个手工艺品相邻排列，则不同的排法总数为（ ） A. 1440 B. 2160 C. 4320 D. 5760 5. 已知等比数列的前项和为，若，则（ ） A. 32 B. 64 C. 128 D. 256 6. 若二项式的展开式中，所有的二项式系数之和为1024，则二项式系数最大的项是（ ） A. 第4项 B. 第5项 C. 第6项 D. 第7项 7. 从由0，1，2，3，4所组成的无重复数字的三位数中随机抽取一个数，则该数为偶数的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列，则（ ） A. 11 B. 14 C. 11或23 D. 14或23 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. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 11. 某高校安排男生甲、乙、丙和女生、到3家公司实习，每人只安排一家公司，则（ ） A. 共有种安排方式 B. 每家公司至少有一人的不同安排共有150种 C. 丙独自一人在一家公司的概率为 D. 、在同一家公司，甲、乙不在一家公司的安排方式共有30种 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若6件不同产品中有4件正品，2件次品，从中抽取2件，则至少有1件是正品的抽取方法种数为______． 13. 在的展开式中，的系数为__________. 14. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是__________． 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. （1）求的值； （2）求的二项展开式中的常数项. 16. 某种产品的加工需要经过6道不同的工序（任意两道工序之间不能同时进行）.（以下问题结果用数字作答） （1）若工序不能放在最后，则不同的加工顺序有多少种？ （2）若工序不能相邻，则不同的加工顺序有多少种？ 17. 在数列中，. （1）证明：是等差数列； （2）设，求数列的前项和. 18. 已知的展开式中第3项与第项的二项式系数之和为30. （1）求的值； （2）记，从中任取两个相乘，求积为负数的概率. 19. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若，函数恰有三个零点，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026高二期中学生能力评价 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章. 一､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. 小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座3张，一等座8张，商务座6张，则小张的购票方案种数为（ ） A. 14 B. 17 C. 90 D. 144 【答案】B 【解析】 【分析】由分类加法计数原理运算即可. 【详解】按照分类加法计数原理可得小张的购票方案种数为. 故选：B 2. （ ） A. 84 B. 112 C. 168 D. 224 【答案】B 【解析】 【详解】. 3. 的展开式中的第2项是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】展开式中的第2项为． 4. 某同学参加校园义卖活动，将自己制作的8个不同类型的手工艺品排成一排进行售卖，要求其中的甲、乙、丙3个手工艺品相邻排列，则不同的排法总数为（ ） A. 1440 B. 2160 C. 4320 D. 5760 【答案】C 【解析】 【详解】将甲、乙、丙3个手工艺品看作一个整体，内部排序有种方法，将其和剩余的5个工艺品进行全排，有种情况. 则不同的排法总数共有种. 5. 已知等比数列的前项和为，若，则（ ） A. 32 B. 64 C. 128 D. 256 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列定义和前项和公式可得，结合通项公式求. 【详解】设等比数列的公比为， 因为，则， 又因为，解得， 所以． 故选：B． 6. 若二项式的展开式中，所有的二项式系数之和为1024，则二项式系数最大的项是（ ） A. 第4项 B. 第5项 C. 第6项 D. 第7项 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式系数之和求出，结合二项式系数的特征可求答案. 【详解】因为二项式的展开式中，所有的二项式系数之和为1024，则，解得， 所以二项式的展开式中，最大的二项式系数是，即二项式系数最大的项是第6项． 7. 从由0，1，2，3，4所组成的无重复数字的三位数中随机抽取一个数，则该数为偶数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】0，1，2，3，4所组成的无重复数字的三位数首位不能是0，根据分步计数原理计算，偶数的个数用分类计数原理，末位是0或不是0分别计算，然后古典概型求解. 【详解】由0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位数的个数为个， 若个位为0，有个 ；若个位为2或4，有为个. 故偶数共有 个， 故所求概率为. 故选：D. 8. 已知的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列，则（ ） A. 11 B. 14 C. 11或23 D. 14或23 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式系数的定义列出等式，解方程即可. 【详解】由题意可得，成等差数列，则， 即， 即，即， 解得或. 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. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，，正确； 对于B，，正确； 对于C，，错误； 对于D，，正确. 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项，令可求；B选项令可求；C选项，令可求；D选项，把和时的展开式相加可求. 【详解】令，得，故A错误； 令，得，故B正确； 令，得，故C正确； 将与这两式的左右两边分别相加， 得，解得，故D错误. 故选：BC. 11. 某高校安排男生甲、乙、丙和女生、到3家公司实习，每人只安排一家公司，则（ ） A. 共有种安排方式 B. 每家公司至少有一人的不同安排共有150种 C. 丙独自一人在一家公司的概率为 D. 、在同一家公司，甲、乙不在一家公司的安排方式共有30种 【答案】BC 【解析】 【分析】利用分步乘法计数原理判断A；利用分组分配列式计算判断B；求出概率判断C；视为一个整体，列式计算判断D. 【详解】对于A，每个人有3种去向，则不同安排方式共有种，A错误； 对于B，5个人分成3组，有种分法，再将每种分法的3组安排到3家公司， 不同安排方法数为，B正确； 对于C，丙独自一人在一家公司的安排方法数为，概率为，C正确； 对于D，视为一个整体，相当于4个人至少分到2家公司，甲乙不在同一家公司， 不同安排方法数为，D错误. 故选：BC 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若6件不同产品中有4件正品，2件次品，从中抽取2件，则至少有1件是正品的抽取方法种数为______． 【答案】14 【解析】 【详解】至少有1件是正品的抽取方法种数为． 13. 在的展开式中，的系数为__________. 【答案】 【解析】 【详解】的展开式中含的项为：和， 所以展开式中的系数为：. 14. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】条件可转化为在上恒成立，结合，可得，利用二次函数性质可求结论. 【详解】由，得， 因为在上单调递增，所以在上恒成立， 即，又在上的最小值为， 所以，即实数的取值范围是． 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. （1）求的值； （2）求的二项展开式中的常数项. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用组合数计算公式求出； （2）利用通项公式求出，可得答案. 【小问1详解】 由，得，即，解得， 由，得且，所以； 【小问2详解】 由（1），得， 的二项展开式中通项公式为， 令，得， 所以的二项展开式中，常数项为. 16. 某种产品的加工需要经过6道不同的工序（任意两道工序之间不能同时进行）.（以下问题结果用数字作答） （1）若工序不能放在最后，则不同的加工顺序有多少种？ （2）若工序不能相邻，则不同的加工顺序有多少种？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先从除工序外的5道工序中任选1道工序放在最后，再将剩余的5道工序全排列即可； （2）先排其余的4道工序，出现5个空位，再将这2道工序插空即可. 【小问1详解】 先从除工序外的5道工序中任选1道工序放在最后，有种不同的排法， 再将剩余的5道工序全排列，有种不同的排法， 故由分步乘法原理可得，共有种加工顺序； 【小问2详解】 先排其余的4道工序，有种不同的排法，出现5个空位， 再将这2道工序插空，有种不同的排法， 所以由分步乘法原理可得，共有种加工顺序. 17. 在数列中，. （1）证明：是等差数列； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）证明：因为，所以，即， 所以数列是公差为1的等差数列. （2） 【解析】 【分析】(1)利用等差数列的定义即可证明； (2)由（1）先写出数列的通项，即得数列的通项公式，利用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为数列是公差为1的等差数列，，所以， 所以于是 设数列的前项和为， 则. 18. 已知的展开式中第3项与第项的二项式系数之和为30. （1）求的值； （2）记，从中任取两个相乘，求积为负数的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意，可得，根据组合数的求法，列式计算，即可得答案. （2）由（1）得，进而可得的通项公式，即可求出，分析可得当时，，当时，，根据古典概型概率公式，列式计算，即可得答案. 【小问1详解】 第3项与第项的二项式系数之和为， 即，解得或， 又，所以. 【小问2详解】 由（1）得，则的通项公式为， 所以， 所以当时，，当时，， 所以从中任取两个相乘，积为负数的概率为. 19. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若，函数恰有三个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） ①当时，在上单调递增，在上单调递减； ②当时所以在上单调递增； ③当时，在和上单调递增，在上单调递减； ④当时，在和上单调递增，在上单调递减. （3）． 【解析】 【分析】（1）求导，得到，结合，利用导数几何意义得到切线方程； （2）求定义域，求导，并因式分解，分，，和四种情况，得到函数单调性； （3）的零点个数等价于曲线与直线的公共点的个数，由（2）得的单调性和极值情况，结合特殊点函数值，得到不等式，求出符合条件的的取值范围为． 【小问1详解】 当时，，则，所以， 又， 所以曲线在点处的切线方程为， 即． 【小问2详解】 的定义域为R， ， ①当时，，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减； ②当时，在上恒成立，所以在上单调递增； ③当时，令，得，或，令，得， 所以在和上单调递增，在上单调递减； ④当时，令，得，或，令，得， 所以在和上单调递增，在上单调递减. 【小问3详解】 函数的零点个数等价于曲线与直线的公共点的个数， 当时，由（2）得在和上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为， 又， ， 所以要使曲线与有三个公共点，必有， 即符合条件的实数的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $