精品解析：福建泉州市丰泽刺桐中学2025-2026学年下学期期中考高二数学试卷

泉州市刺桐中学2025-2026学年下学期期中考 高二数学试卷 一、选择题：本大题共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. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 的展开式中的系数是（ ）． A. B. C. －30 D. 30 3. 已知定义在上的函数，其导函数的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ） A. B. 函数的极值点为c，e C. 函数的极大值为 D. 函数在上递增，在上递减 4. 已知函数的导函数为，满足，则（ ） A. B. C. 3 D. 8 5. 某学校在读书节活动中，甲，乙，丙3个班各有2名同学获奖，现将这6人站成一排拍照，其中甲班的2名同学相邻，且乙班的2名同学不相邻的站法种数共有（ ） A. 36种 B. 72种 C. 144种 D. 288种 6. 某校高二级学生参加期末调研考试的数学成绩X服从正态分布，将考试成绩从高到低，按照16%，34%，34%，16%的比例分为A，B，C，D四个等级．若小明的数学成绩为105分，则属于等级（ ） （附：，，） A. A B. B C. C D. D 7. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”.统计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15，0.30.若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占，“一般的”被保险人占，“冒失的”被保险人占，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是（ ） A. 0.155 B. 0.175 C. 0.016 D. 0.096 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的. 9. 下列求导正确的（ ） A. B. C. D. 10. 在的展开式中,下列说法正确的是( ) A. 常数项是 B. 第四项和第六项的系数相等 C. 各项的二项式系数之和为 D. 各项的系数之和为 11. 下列说法正确的是（  ） A. 将5名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个志愿者去一个社区，每个社区至少1名志愿者，则不同的分配方法数有150种. B. 把9个入团名额分给6个班级，每班至少一人，不同的分法有252种 C. 学校要从5名男生和3名女生中选择2人组成“研学团”，在男生甲被选中的条件下，研学团中男生人数多于女生的概率为. D. 某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有64种. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为函数的极小值点，则______. 13. 随机变量的分布列如表所示，若，则__________． 14. 甲同学参加综合素质测试，该测试共有6个项目．已知甲同学每个项目合格的概率均为，合格得3分，不合格扣2分，且各项目是否合格相互独立．设6个项目测试完后甲的总得分为Y，期望为，方差为，当最大时，_______. 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. 市某个景点自从取消门票实行免费开放后，迅速成为网红打卡点，不仅带动了市淡季的旅游，而且优化了旅游产业的结构.下表是该景点免费开放后前五个月的打卡人数（万人）与第个月的数据： 1 2 3 4 5 23.1 37.0 62.1 111.6 150.8 （1）根据表中数据可用一元线性回归模型刻画变量与变量之间的线性相关关系，且回归方程中的，请计算相关系数（精确到0.01），并判断是否可以认为与的线性相关性很强； （2）为调查游客对该景点的评价情况，随机抽查了200名游客，得到如下列联表，请填写下面的列联表，并判断能否有99.9%的把握认为“游客是否喜欢该网红景点与性别有关”. 喜欢 不喜欢 总计 男 100 女 60 总计 110 参考公式： （1）相关系数.若，则认为与有较强的线性相 关性.回归方程中斜率的最小二乘法估计公式为； （2），其中. 临界值表： 0.010 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 参考数据：，，，，. 16. 已知函数，曲线在点处的切线与直线平行. （1）求a的值； （2）求函数的单调区间； （3）求函数在上的最大值、最小值. 17. 某校由5名教师组成校本课程讲师团，其中2人有校本课程开设经验，3人没有校本课程开设经验.先从这5名教师中随机抽选2名教师开设校本课程，该期校本课程结束后，再从这5名教师中随机抽选2名教师开设下一期校本课程. （1）在第一次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数记为X，求X的分布列和数学期望； （2）求“在第二次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数是1”的概率. 18. 已知. （1）当时，求函数的单调区间： （2）当时，求证：； （3）当，试讨论函数的零点个数. 19. 现有国际乒联认证的“3星”比赛用球和“2星”训练用球.已知一个球桶中共装有6个乒乓球，其中4个“3星”球，2个“2星”球. （1）现从桶中任取一个球，记录球的星级后放入桶内，连续取球三次，记取到“2星”球的次数为，求的分布列与方差. （2）若从桶中依次取球，每次取一个，取到“3星”球，则放回桶中，取到“2星”球，则不放回桶中，直至将“2星”球全部取出结束取球. ①求第三次取球取到“3星”球的概率； ②记第次取球后结束取球的概率为，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州市刺桐中学2025-2026学年下学期期中考 高二数学试卷 一、选择题：本大题共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. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，故，故. 2. 的展开式中的系数是（ ）． A. B. C. －30 D. 30 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式分析运算. 【详解】因为的展开式的通项公式， 令，可得的系数是． 故选：A. 3. 已知定义在上的函数，其导函数的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ） A. B. 函数的极值点为c，e C. 函数的极大值为 D. 函数在上递增，在上递减 【答案】B 【解析】 【分析】对A，D由导数与函数单调性的关系，即可判断的大小以及的单调性，对B，C由极值的定义即可判断. 【详解】由题图知可，当时，， 当时，，当时，， 所以在上递增， 在上递减，在上递增， 对A，，故A错误； 对B，函数的极值点为，，故B正确； 对C，函数的极大值为，故C错误； 对D，函数)在上递增，在上递增，在上递减，故D错误. 故选：B. 4. 已知函数的导函数为，满足，则（ ） A. B. C. 3 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】应用导数的加减法则对函数求导得，代入求得，进而求. 【详解】由题设，可得，故， 所以，故. 故选：A 5. 某学校在读书节活动中，甲，乙，丙3个班各有2名同学获奖，现将这6人站成一排拍照，其中甲班的2名同学相邻，且乙班的2名同学不相邻的站法种数共有（ ） A. 36种 B. 72种 C. 144种 D. 288种 【答案】C 【解析】 【分析】甲班的2名同学相邻，用“捆绑法”，乙班的2名同学不相邻，用“插空法”，再根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】第一步，将甲班的2人捆绑，连同丙班的2人作全排列，有种站法； 第二步，将乙班的2人插入前后4个空档，有种站法. 根据分步乘法计数原理，不同的站法共有种. 故选：C 6. 某校高二级学生参加期末调研考试的数学成绩X服从正态分布，将考试成绩从高到低，按照16%，34%，34%，16%的比例分为A，B，C，D四个等级．若小明的数学成绩为105分，则属于等级（ ） （附：，，） A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【分析】根据正态分布的性质即可求解. 【详解】数学测试成绩服从正态分布，则，， 由于等级的概率之和为， 所以 ，而即 故为A等级，为B等级，为C等级， 为D等级， 故105分为A等级． 故选：A. 7. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，将问题转化成对恒成立，构造函数，利用导数求得的最小值，即可得解. 【详解】因为在上单调递增， 所以在恒成立，即对恒成立， 令，则，令，得， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，即的取值范围是. 故选：B. 8. 某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”.统计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15，0.30.若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占，“一般的”被保险人占，“冒失的”被保险人占，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是（ ） A. 0.155 B. 0.175 C. 0.016 D. 0.096 【答案】B 【解析】 【分析】分别用事件，，表示“被保险人是‘谨慎的’，‘一般的’，‘冒失的’”， 事件表示“被保险人在一年内发生事故”，再利用条件概率求解. 【详解】设事件表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件表示“被保险人是‘一般的’”，事件表示“被保险人是‘冒失的’”，则，，.设事件表示“被保险人在一年内发生事故”，则，，.由全概率公式，得. 故选：B 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的. 9. 下列求导正确的（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数加法运算法则判断A；根据复合函数的导数判断B；根据导数除法运算法则判断C；根据导数乘法运算法则判断D. 【详解】，A不正确； ，B不正确； ，C不正确； ，D正确. 故选：D 10. 在的展开式中,下列说法正确的是( ) A. 常数项是 B. 第四项和第六项的系数相等 C. 各项的二项式系数之和为 D. 各项的系数之和为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据二项式定理,的通项公式为,对于A,令进行判断;对于B,令和计算判断即可;对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为可进行判断;对于D,令即可进行判断. 【详解】根据二项式定理,的通项公式为, 对于A,常数项为,故A正确; 对于B,第四项的系数为,第六项的系数为,故B错误; 对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为,故C正确; 对于D,令,各项的系数之和为,故D错误. 故选:AC. 11. 下列说法正确的是（  ） A. 将5名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个志愿者去一个社区，每个社区至少1名志愿者，则不同的分配方法数有150种. B. 把9个入团名额分给6个班级，每班至少一人，不同的分法有252种 C. 学校要从5名男生和3名女生中选择2人组成“研学团”，在男生甲被选中的条件下，研学团中男生人数多于女生的概率为. D. 某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有64种. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，先考虑将5人分成人员构成为1，1，3或人员构成为1，2，2的组数，再将这3组志愿者随机分配到三个社区，据此可判断选项正误；对于B，将问题转化为将9个入团名额排成一列，再分成6组，每组至少一个，求其方法数，据此可判断选项正误；对于C，由题设及条件概率计算方式可判断选项正误；对于D，分学生从这8门课中选修2门课，学生从这8门课中选修3门课两种情况可判断选项正误； 【详解】对于A，先将5名志愿者分成3组， 若这三组的人员构成为1，1，3，则共有种分组方案， 若这三组的人员构成为1，2，2，则共有种分组方案， 再将这3组志愿者随机分配到三个社区，共有种分配方案， 故共有（种）分配方法，故A正确； 对于B，问题可转化为将9个入团名额排成一列，再分成6组，每组至少一个，求其方法数． 事实上，只需在上述9个入团名额所产生的8个“空档”中选出5个“空档”插入挡板，即产生符合要求的方法，有＝56（种）． 对于C，设事件为研学团中男生人数多于女生，事件为男生甲被选中，则事件为男生甲被选中且研学团中男生人数多于女生.所以，，所以在男生甲被选中的条件下，研学团中男生人数多于女生的概率为，故C正确； 对于D，若学生从这8门课中选修2门课，则有（种）选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有（种）选课方案．综上，不同的选课方案共有16＋48＝64（种），故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为函数的极小值点，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性可知结果. 【详解】，令，则；令，则， 所以函数在单调递减，在单调递增， 所以是函数的极小值点，所以. 故答案为： 13. 随机变量的分布列如表所示，若，则__________． 【答案】5 【解析】 【详解】由题可知，，且，解得：，， 所以， 所以. 14. 甲同学参加综合素质测试，该测试共有6个项目．已知甲同学每个项目合格的概率均为，合格得3分，不合格扣2分，且各项目是否合格相互独立．设6个项目测试完后甲的总得分为Y，期望为，方差为，当最大时，_______. 【答案】##0.6 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项分布的期望、方差公式，结合期望、方差的性质列式求出最大值，据此可得答案. 【详解】依题意，合格项目的个数，则，， 由每个项目合格得分，不合格扣2分，得甲的总得分， 因此，， 则，又， 所以当时，取得最大值.故答案为：. 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. 市某个景点自从取消门票实行免费开放后，迅速成为网红打卡点，不仅带动了市淡季的旅游，而且优化了旅游产业的结构.下表是该景点免费开放后前五个月的打卡人数（万人）与第个月的数据： 1 2 3 4 5 23.1 37.0 62.1 111.6 150.8 （1）根据表中数据可用一元线性回归模型刻画变量与变量之间的线性相关关系，且回归方程中的，请计算相关系数（精确到0.01），并判断是否可以认为与的线性相关性很强； （2）为调查游客对该景点的评价情况，随机抽查了200名游客，得到如下列联表，请填写下面的列联表，并判断能否有99.9%的把握认为“游客是否喜欢该网红景点与性别有关”. 喜欢 不喜欢 总计 男 100 女 60 总计 110 参考公式： （1）相关系数.若，则认为与有较强的线性相 关性.回归方程中斜率的最小二乘法估计公式为； （2），其中. 临界值表： 0.010 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 参考数据：，，，，. 【答案】（1），可以认为与有较强的线性相关性 （2） 喜欢 不喜欢 总计 男 70 30 100 女 40 60 100 总计 110 90 200 有99.9%的把握认为“游客是否喜欢该网红景点与性别有关”. 【解析】 【分析】（1）根据题给数据算出平均数，再根据参考数据及，再对和进行求值，即可得到的值，再根据相关系数公式求解即可. （2）根据题给数据完成列联表，再根据公式代值求解，再与比较大小，即可得解. 【小问1详解】 由题可知，，， ， . ，可得. 相关系数 ，可以认为与有较强的线性相关性. 【小问2详解】 填写下面的列联表 喜欢 不喜欢 总计 男 70 30 100 女 40 60 100 总计 110 90 200 由表可知， 则 所以有99.9%的把握认为“游客是否喜欢该网红景点与性别有关”. 16. 已知函数，曲线在点处的切线与直线平行. （1）求a的值； （2）求函数的单调区间； （3）求函数在上的最大值、最小值. 【答案】（1） （2）单调递增区间为和，单调递减区间为. （3）最大值为40，最小值为. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，由导数的几何意义得切线的斜率，利用两直线平行，斜率相等即可求得a的值； （2）对函数求导，利用导数研究函数的单调性即可求解； （3）求出在上的单调性，即可利用单调性求出最值. 【小问1详解】 因为，则， 则，而直线的斜率为， 则，解得. 【小问2详解】 由（1）可知，所以，定义域为，且. 令，即，化简可得，解得， 当，即时，解得或， 所以的单调递增区间为和， 当即时，解得， 所以的单调递减区间为. 综上，得单调增区间为和，单调减区间为. 【小问3详解】 由（2）知，其单调增区间为和，单调减区间为， 所以在上单调递减，在上单调递增，为其极小值点， 则 0 4 0 减函数 增函数 40 综上，函数在上的最大值为，最小值为. 17. 某校由5名教师组成校本课程讲师团，其中2人有校本课程开设经验，3人没有校本课程开设经验.先从这5名教师中随机抽选2名教师开设校本课程，该期校本课程结束后，再从这5名教师中随机抽选2名教师开设下一期校本课程. （1）在第一次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数记为X，求X的分布列和数学期望； （2）求“在第二次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数是1”的概率. 【答案】（1）分布列： 0 1 2 数学期望为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据超几何分布的知识求得分布列并求得数学期望. （2）利用全概率公式来求得正确答案. 【小问1详解】 的可能取值为0,1,2， ， 所以随机变量的分布列为 0 1 2 其数学期望为. 【小问2详解】 用表示事件“在第二次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数是”， 用表示事件“第一次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数是”， 两两互斥，， 由(1)知， 由全概率公式得， ， 所以在第二次抽选的2名教师中，有校本课程开设经验的教师人数是的概率为. 18. 已知. （1）当时，求函数的单调区间： （2）当时，求证：； （3）当，试讨论函数的零点个数. 【答案】（1）减区间为，增区间内为 （2）因为，当时，，所以， 当时，，所以，所以， 设，由（1）可知，所以不等式成立. （3）当时，函数有1个零点；当函数有2个零点. 【解析】 【分析】（1）当时，利用函数的单调性与导数的关系可求出函数的增区间和减区间； （2）当时，分析得出，令，可得，结合（1）中的结论可证得； （3）解法一：对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出函数在不同情况下的零点个数； 解法二：求得，令，令，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出函数在不同情况下的零点个数； 解法三：将函数解析式变形为，设，则，则有，设，则，对实数的取值进行分类讨论，分析的符号变化，可得出的单调性，再结合零点存在定理可得出函数的零点个数. 【小问1详解】 当时，，， 当时，，则在为增函数； 当时，，则在为减函数； 故当时，函数的减区间为，增区间内为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解法一：， 设，此时， 则， 因为，所以， 则在为减函数，， ①当时，，结合在为减函数， 当时，在为增函数； 当时，在为减函数； 所以，所以，即在上为减函数， 又因为，所以只有一个零点； ②当时，， 所以存在，使得， 当时，，所以在上增函数； 当时，，所以在上减函数. 因为，则，当， 使得， 所以时，，即，即在为减函数； 当时，，即，即在为增函数； 当时，，即，即在为减函数； 当，又因为，所以. 所以使得， 在为减函数，所以，所以存在两个零点. 综上所述：当时，函数有1个零点；当函数有2个零点. 解法二：， 设，此时， 则， 设，所以， ①当时，此时，则，此时， 当时，在为增函数； 当时，在为减函数； 所以，所以，即在上为减函数. 又因为，所以只有一个零点； ②当，所以， 设.因为， 因为时，所以存在，使得 当时，，即，所以在上增函数； 当时，，即，所以在上减函数. 因为，则，当， 使得， 所以时，，即，即在为减函数； 当时，，即，即在为增函数； 当时，，即，即在为减函数； 当，又因为，所以. 所以使得， 在为减函数，所以，所以存在两个零点. 综上所述：当时，函数有1个零点；当函数有2个零点. 解法三：，设，则， 则有，， 设. 因为，所以， 则在为减函数，， ①当，即，结合在为减函数 当时，在为增函数； 当时，在为减函数； 所以，所以，即在上为减函数. 又因为，所以只有一个零点； ②当时，， 所以存在，使得， 当时，，所以在上增函数； 当时，，所以在上减函数. 因为，则，当， 使得， 所以时，，即，即在为减函数； 当时，，即，即在为增函数； 当时，，即，即在为减函数； 当，又因为，所以. 所以使得， 在为减函数，所以，所以存在两个零点. 综上所述：当时，函数有1个零点；当函数有2个零点. 19. 现有国际乒联认证的“3星”比赛用球和“2星”训练用球.已知一个球桶中共装有6个乒乓球，其中4个“3星”球，2个“2星”球. （1）现从桶中任取一个球，记录球的星级后放入桶内，连续取球三次，记取到“2星”球的次数为，求的分布列与方差. （2）若从桶中依次取球，每次取一个，取到“3星”球，则放回桶中，取到“2星”球，则不放回桶中，直至将“2星”球全部取出结束取球. ①求第三次取球取到“3星”球的概率； ②记第次取球后结束取球的概率为，求. 【答案】（1） X 0 1 2 3 P ； （2）①；② 【解析】 【分析】（1）先计算单次取到“2星”球的概率，判断X服从二项分布，再根据二项分布的概率公式计算X取不同值时的概率，得到分布列；利用二项分布的方差公式计算方差； （2）①：第三次取到“3星”球的情况可分为前两次都取到“3星”球、有一次取“2星”球，因为要计算总概率，所以用分类加法计数原理，分别计算每类情况的概率再相加；②：分析第n次取球后结束取球的情况，即前次取到1个“2星”球，第n次取到另一个“2星”球，结合概率的乘法公式以及等比数列求和公式即可求得的表达式. 【小问1详解】 由题意可知有放回取球，每次取到取到“2星”球的概率为， 三次取球独立，故，X的取值可能为， ，， ，， 故X的分布列为： X 0 1 2 3 P 的方差为； 【小问2详解】 ①由题意知只有前2次取不完2个“2星”球，才会进行第三次取球， 此时分两种情况：当前2次都取到“3星”球（剩余2个“2星”球）， 此时概率为，该情况下第三次取到“3星”球的概率为； 当前2次恰好取到1个“2星”球（剩余1个“2星”球）， 此时概率为，该情况下第三次取到“3星”球的概率为， 故第三次取球取到“3星”球的概率； ②第次取球后结束等价于前次取球恰好取到1个“2星”球， 第n次取到剩下的1个“2星”球，， 设在前次取球中第1个“2星”球是在第k（）次取到， 此时对应的概率为， 则， 设，则， 故， 故， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $