精品解析：浙江绍兴市上虞中学2025-2026学年第二学期高二数学期中测试题

上虞中学2025学年第二学期高二数学期中测试 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. 在下列两个量之间的关系中，属于相关关系的是（ ） A. 匀速直线运动中时间与位移的关系 B. 学生的成绩和身高 C. 一块农田的小麦产量与施肥量 D. 正n边形的边数与内角度数之和 【答案】C 【解析】 【详解】A、D是函数关系；B是不相关关系，也不是函数关系； C是相关关系，一般来说，农田的施肥量越大，小麦产量一般会越多. 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用基本初等函数的导数公式及复合函数的求导法则即可求解. 【详解】对于A选项，由对数函数的求导公式，得，故A正确； 对于B选项，由复合函数的求导法则，得，故B错误； 对于C选项，由指数函数的求导公式，得，故C错误； 对于D选项，由正弦函数的求导公式，得，故D错误. 故选：A. 3. 若将4名志愿者分配到3个服务点参加抗疫工作，每人只去1个服务点，每个服务点至少安排1人，则不同的安排方法共有（ ） A. 36种 B. 48种 C. 96种 D. 108种 【答案】A 【解析】 【分析】利用分组分配方法求解即可. 【详解】将4个人分成3个组有种方法， 再将3个组分配到3个服务点有种方法， 故选:A. 4. 观察下列各图，其中两个分类变量x，y之间关系最强的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由等高条形图的定义和性质依次分析，即得解 【详解】观察等高条形图发现与相差很大，就判断两个分类变量之量关系最强． 故选：D 5. 若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数的导数，再利用给定单调区间及单调性列出不等式，再利用分离参数法求解即可. 【详解】函数，求导得， 由在上单调递增， 得，，而恒有， 所以， 所以实数a的取值范围是. 故选：A. 6. 已知随机变量且，则展开式中各项系数之和为（ ） A. 64 B. 128 C. -64 D. -128 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性，求出参数值，再根据赋值法求出二项式展开式的系数之和，判断结果即可. 【详解】由可知正态曲线对称轴为， 因为， 所以，解得， 可得二项式为， 令，则， 所以展开式中各项系数之和为. 故选：B. 7. 将一枚均匀的骰子掷两次，记事件为“第一次出现偶数点”，事件为“两次出现的点数和为”，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 与相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】由古典概型计算可判断A错误；由及可得B错误；应用条件概率公式计算判断C,由独立事件的乘法公式可以判断D. 【详解】对于A：将一枚均匀的骰子掷两次基本事件共有个， 事件包括，2个基本事件，所以，故A错误； 对于B：因为不互斥，，， 所以，故B错误； 对于C：事件包括4个基本事件，所以， ，故C错误； 对于D：事件为“第一次出现偶数点”， ，， ，与相互独立，故D正确； 故选：D. 8. 已知，，，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】函数，则，确定函数的单调性，通过单调性可确定大小. 【详解】把a，b，c变形得，，， 所以构造函数，则.， 令，则在上恒成立， 所以在区间上单调递增，因为， 所以在上恒成立， 所以函数在上单调递增， 所以，即. 故选：C. 二、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. 甲公司从某年起连续7年的利润情况如下表所示． 第x年 1 2 3 4 5 6 7 利润y（亿元） 2.9 3.3 3.6 4.4 m 5.2 5.9 根据表中的数据可得回归直线方程为，则以下正确的是（ ） A. B. 相关系数 C. 第8年的利润预计大约为8.3亿元 D. 第6个样本点的实际值比预测值小0.1 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线性回归方程，逐项分析即可. 【详解】由表可知， ， ， 根据回归直线的性质，样本中心点必须在直线上，  ， 解得m=4.8，故A正确； 由表可知，y是随着x的增加而增加的，即是正相关，故B正确； 将带入回归方程，得 ，故C错误； 将带入回归方程，得 ，由表可知，实际值为5.2， 故D正确； 故选：ABD. 10. 已知函数，其导函数为，则下列结论正确的是（ ） A. 直线是曲线的切线 B. 有三个零点 C. D. 若在上有最大值，则的取值范围为 【答案】BD 【解析】 【分析】由函数解析式求导，根据直线方程可得其斜率，利用导数的几何意义建立方程，求得切点坐标，代入直线方程检验，可得A的正误；利用导数可得函数的单调性，求得函数的极值，根据零点存在性定理，可得B的正误；由题意以及导数解析式，建立方程，可得C的正误；根据函数单调性与极大值，建立不等式，可得D的正误. 【详解】对于A，由，则，由直线，则其斜率为， 令，即，解得，，可得切点坐标为， 将代入，则，故A错误； 对于B，由当时，，当时，， 则函数在和单调递增，在单调递减， 由，，，，即， 则函数在，，分别存在唯一零点，即函数存在三个零点，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，由B可知函数在取得极大值，由，则，解得，故D正确. 故选：BD. 11. 如图，“杨辉三角”是二项式系数在压角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，则下列关于“杨辉三角”的性质中正确的是（ ） A. 在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为120 B. 在“杨辉三角”第行中，从左到右只有第6个数是该行的最大值，则为12 C. 记“杨辉三角”第行的第个数为，则 D. 在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 【答案】AD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用组合数性质求解判断A；确定总个数判断B；根据第行的第个数为，结合二项式定理判定C；利用的展开式的系数的关系判定D. 【详解】对于A，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为，A正确； 对于B，由从左到右只有第6个数是该行的最大值，得共有11个数，因此，B错误； 对于C，第行的第个数为， ，C错误； 对于D，， 则是展开式中项的系数， 而，展开式中项的系数为， 因此，D正确. 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某批麦种中，一等麦种占90%，二等麦种占10%，一、二等麦种种植后所结麦穗含有50粒以上麦粒的概率分别为0.6，0.2，则这批麦种种植后所结麦穗含有50粒以上麦粒的概率为_________． 【答案】0.56## 【解析】 【分析】根据已知设出事件，由已知得出事件的概率以及条件概率，然后根据全概率公式，即可得出答案. 【详解】分别记取到一等麦种和二等麦种分别为事件，所结麦穗含有50粒以上麦粒为事件. 由已知可得，，，，， 由全概率公式可得，. 故答案为：0.56. 13. 在研究线性回归模型时，样本数据所对应的点均在直线上，则这组样本数据的样本相关系数为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据回归模型性质判断即可. 【详解】因为样本数据所对应的点都在直线上，所以， 又样本数据负相关，所以． 故答案为：. 14. 已知函数，，对任意的，总存在，使，则实数的取值范围是_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据已知可知只需要满足在上恒小于等于在上的最大值.求导根据导函数得出，代入即可得出在上恒成立，分离参数得出在上恒成立.，，求导得出在上的最大值，即可得出答案. 【详解】由已知可知，只需满足对任意的，， 只需要满足在上恒小于等于在上的最大值. 因为， 所以在上单调递减， 所以在上得最大值为， 所以，在上恒成立， 即在上恒成立， 即在上恒成立. 设，， 则. 则当时，有，即在上单调递增； 当时，有，即在上单调递减. 所以，在上的最大值为. 则由在上恒成立可知，. 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. 某商场为了解顾客对某款坚果礼盒的满意程度，随机调研了200名购买过该款坚果礼盒的顾客，得到如下列联表. 性别 满意 不满意 合计 男性 40 40 80 女性 80 40 120 合计 120 80 200 （1）根据小概率值的独立性检验，分析顾客对该款坚果礼盒的满意度是否与性别有关联； （2）从样本中对该款坚果礼盒满意的顾客中随机抽取2人，求这2人至少有1名女性的概率 附：. 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 【答案】（1）与性别有关 （2） 【解析】 【分析】（1）提出零假设，结合所给卡方公式进行运算判断即可； （2）根据古典概型运算公式，结合组合的定义进行求解即可. 【小问1详解】 零假设为：顾客对该款坚果礼盒的满意度与性别无关. 经计算得， 依据小概率值的独立性检验，推断零假设不成立， 即顾客对该款坚果礼盒的满意度与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05. 【小问2详解】 （2）由题意，从样本中对该款坚果礼盒满意的顾客中随机抽取2人， 结合列联表可得，对该款坚果礼盒满意的顾客共120人，其中男性有40人，女性有80人， 抽取2人至少有1名女性的概率为. 16. 已知的展开式中共有11项． （1）求的值； （2）求展开式中的系数； （3）求二项式系数最大的项． 【答案】（1） （2）960 （3） 【解析】 【分析】（1）利用二项式展开式中共有项可求得的值； （2）求出二项展开式的通项，令指数为4，求出参数的值，代入通项即可得出结果； （3）根据二项式系数的性质可得二项式系数最大的项的项数，再由二项式定理得结论． 【小问1详解】 由题意得，解得. 【小问2详解】 由（1）可知展开式的通项为． 令，解得，则． 故展开式中的系数为960． 【小问3详解】 根据题意可得二项式系数最大的项为． 17. 某大型公司进行新员工招聘，共有来自全国各地的10000人参加应聘．招聘分为初试与复试．初试为笔试，已知应聘者的初试成绩．复试为闯关制：共有三关，前两关中的每一关最多可闯两次，只要有一次通过，就进入下一关，否则闯关失败；第三关必须一次性通过，否则闯关失败．若初试通过后，复试三关也都通过，则应聘成功． （1）估计10000名应聘者中初试成绩位于区间内的人数； （2）若小明已通过初试，在复试时每次通过第一关、第二关及第三关的概率分别为，且每次闯关是否通过不受前面闯关情况的影响，求小明在复试中总闯关次数为5次的概率． 附：若随机变量，则． 【答案】（1）214 （2） 【解析】 【分析】（1）由，利用正态分布三段区间的概率值公式算出概率，即可估计初试成绩位于区间内的人数； （2）根据规则分别计算，复试时，小明通过第一关，第二关，第三关的概率，再利用独立事件的概率乘法公式计算即得． 【小问1详解】 因为，， ， ，， 所以， 则可估计10000名应聘者中，初试成绩位于内的人数约为 ． 【小问2详解】 总闯关次数恰好为5次，意味着无论最终成功还是失败， 只要在复试中总共尝试了5次即可．根据规则，前两关最多各2次，第三关仅1次， 所以次数构成只能是：第一关2次 + 第二关2次 + 第三关1次 ． 这就要求第一关第一次失败、第二次通过，第二关第一次失败、第二次通过， 然后进入第三关并尝试一次（这一次无论通过与否都算1次闯关）． 设复试时小明第一关闯关2次且通过的概率为，第二关闯关2次且通过的概率为， 由题意可得 因每次闯关是否通过不受前面闯关情况的影响， 即复试通过第一关，通过第二关，进入第三关相互独立， 故小明在复试中总闯关次数为5次的概率． 18. 某校举办了一次安全知识竞赛，竞赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛.预赛从8道题中任选4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰. （1）若这8道题中甲同学能答对其中4道，记甲在预赛中答对的题目个数为，求的分布列并计算甲进入决赛的概率. （2）决赛需要回答3道同等难度的题目，若全部答对则获得一等奖，奖励200元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励100元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励.假定进入决赛的同学答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立. （i）记进入决赛的某同学恰好获得二等奖的概率为，求的最大值； （ii）某班共有4名学生进入了决赛，若这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元，求此时的取值范围. 【答案】（1） 0 1 2 3 4 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）求出的取值及对应的概率可得分布列，再结合分布列计算可得答案； （2）（i）由利用导数求出最大值可得答案；（ii）分析每名学生获得的奖金的期望，求和解不等式即可. 【小问1详解】 由已知的取值为， ，， ，， ， 所以的分布列为 0 1 2 3 4 甲进入决赛的概率为； 【小问2详解】 （i）由题意得， 令，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 可得的最大值为； （ii）由题可设每名进入决赛的学生获得的奖金为随机变量， 则的可能取值为， 所以，， ，， 所以 ， 可得，即， 整理得， 由， 得， 解得. 【点睛】关键点睛：第二问解题关键点是利用导数研究单调性，可得极大值. 19. 已知函数的导函数为． （1）当时，求的图象在处的切线方程； （2）若有三个不同的零点，求实数的取值范围； （3）已知，若在定义域内有三个不同的极值点，且满足，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，再代入得出切线斜率，最后点斜式得出切线方程； （2）先求出导函数，再得出导函数正负确定函数单调性及极值数形结合计算求参； （3）先求出导函数，再得出导函数正负确定函数单调性及极值数形结合计算求参. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，则， 所以的图象在点处的切线方程为，即． 【小问2详解】 由题知，， 因为有三个不同的零点， 所以方程有三个不等实根， 化简可得方程有三个不等实根， 即可看成直线与曲线有三个不同的交点， ， 所以当或时，单调递减； 当时，单调递增， 所以当时，有极小值为， 当时，有极大值为， 当时，，且当时，， 所以作出函数的图象如图1所示， 所以数形结合可知，即实数的取值范围为． 【小问3详解】 由题知，，其定义域为， 则， 令，得或， 设，则， 当时，，所以单调递增； 当时，，所以单调递减， 又当时，；当时，，且， 所以的大致图象如图2所示， 因为在定义域内有三个不同的极值点， 所以与有两个不同的交点，所以， 不妨设，则， 所以，所以 所以 ， 令，则， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递增， 所以， 又， 所以，所以在上单调递增， 因为， 所以当时，恒成立， 即当时，恒成立， 所以实数的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上虞中学2025学年第二学期高二数学期中测试 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. 在下列两个量之间的关系中，属于相关关系的是（ ） A. 匀速直线运动中时间与位移的关系 B. 学生的成绩和身高 C. 一块农田的小麦产量与施肥量 D. 正n边形的边数与内角度数之和 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 若将4名志愿者分配到3个服务点参加抗疫工作，每人只去1个服务点，每个服务点至少安排1人，则不同的安排方法共有（ ） A. 36种 B. 48种 C. 96种 D. 108种 4. 观察下列各图，其中两个分类变量x，y之间关系最强的是（ ） A. B. C. D. 5. 若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知随机变量且，则展开式中各项系数之和为（ ） A. 64 B. 128 C. -64 D. -128 7. 将一枚均匀的骰子掷两次，记事件为“第一次出现偶数点”，事件为“两次出现的点数和为”，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 与相互独立 8. 已知，，，则有（ ） A. B. C. D. 二、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. 甲公司从某年起连续7年的利润情况如下表所示． 第x年 1 2 3 4 5 6 7 利润y（亿元） 2.9 3.3 3.6 4.4 m 5.2 5.9 根据表中的数据可得回归直线方程为，则以下正确的是（ ） A. B. 相关系数 C. 第8年的利润预计大约为8.3亿元 D. 第6个样本点的实际值比预测值小0.1 10. 已知函数，其导函数为，则下列结论正确的是（ ） A. 直线是曲线的切线 B. 有三个零点 C. D. 若在上有最大值，则的取值范围为 11. 如图，“杨辉三角”是二项式系数在压角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，则下列关于“杨辉三角”的性质中正确的是（ ） A. 在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为120 B. 在“杨辉三角”第行中，从左到右只有第6个数是该行的最大值，则为12 C. 记“杨辉三角”第行的第个数为，则 D. 在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某批麦种中，一等麦种占90%，二等麦种占10%，一、二等麦种种植后所结麦穗含有50粒以上麦粒的概率分别为0.6，0.2，则这批麦种种植后所结麦穗含有50粒以上麦粒的概率为_________． 13. 在研究线性回归模型时，样本数据所对应的点均在直线上，则这组样本数据的样本相关系数为______． 14. 已知函数，，对任意的，总存在，使，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. 某商场为了解顾客对某款坚果礼盒的满意程度，随机调研了200名购买过该款坚果礼盒的顾客，得到如下列联表. 性别 满意 不满意 合计 男性 40 40 80 女性 80 40 120 合计 120 80 200 （1）根据小概率值的独立性检验，分析顾客对该款坚果礼盒的满意度是否与性别有关联； （2）从样本中对该款坚果礼盒满意的顾客中随机抽取2人，求这2人至少有1名女性的概率 附：. 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 16. 已知的展开式中共有11项． （1）求的值； （2）求展开式中的系数； （3）求二项式系数最大的项． 17. 某大型公司进行新员工招聘，共有来自全国各地的10000人参加应聘．招聘分为初试与复试．初试为笔试，已知应聘者的初试成绩．复试为闯关制：共有三关，前两关中的每一关最多可闯两次，只要有一次通过，就进入下一关，否则闯关失败；第三关必须一次性通过，否则闯关失败．若初试通过后，复试三关也都通过，则应聘成功． （1）估计10000名应聘者中初试成绩位于区间内的人数； （2）若小明已通过初试，在复试时每次通过第一关、第二关及第三关的概率分别为，且每次闯关是否通过不受前面闯关情况的影响，求小明在复试中总闯关次数为5次的概率． 附：若随机变量，则． 18. 某校举办了一次安全知识竞赛，竞赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛.预赛从8道题中任选4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰. （1）若这8道题中甲同学能答对其中4道，记甲在预赛中答对的题目个数为，求的分布列并计算甲进入决赛的概率. （2）决赛需要回答3道同等难度的题目，若全部答对则获得一等奖，奖励200元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励100元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励.假定进入决赛的同学答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立. （i）记进入决赛的某同学恰好获得二等奖的概率为，求的最大值； （ii）某班共有4名学生进入了决赛，若这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元，求此时的取值范围. 19. 已知函数的导函数为． （1）当时，求的图象在处的切线方程； （2）若有三个不同的零点，求实数的取值范围； （3）已知，若在定义域内有三个不同的极值点，且满足，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 $