精品解析：安徽合肥一六八中学2025-2026学年高二下学期期中调研数学试题

合肥一六八中学2024级高二期中调研试卷 数学试题 合肥一六八中学命题中心 一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 函数在处的切线斜率为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】，则函数在处的切线斜率为. 2. 某校要从4名教师中选派3人分别到三个乡镇开展支教活动，则不同的选派方案数为（ ） A. 18 B. 24 C. 30 D. 36 【答案】B 【解析】 【详解】不同的选派方案数为. 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 240 B. 160 C. -240 D. -160 【答案】A 【解析】 【分析】由二项式的展开式求解即可. 【详解】的通项公式为，所以当时，， 所以的展开式中的系数为240. 4. 某学校有，两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐. 如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.6；如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.8. 则王同学第2天去餐厅用餐的概率为（ ） A. 0.48 B. 0.7 C. 0.75 D. 0.8 【答案】B 【解析】 【详解】记事件为“第1天去餐厅”，事件为“第1天去餐厅”，事件为“第2天去餐厅”， 由题意得 ,  ,  ， 则由全概率公式得 . 5. 某校高一年级有甲､乙､丙三名学生报名参加数学､物理､化学三门学科的竞赛选拔，每人限报且必报一科，每名学生选择各门学科的可能性相同.已知事件：甲､乙两人所报学科不同；事件：乙､丙两人所报学科相同，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据古典概型概率计算公式及条件概率公式计算求解. 【详解】每人有3种学科选择，所以基本事件总和为， 事件，甲有3种学科选择，乙有2种学科选择，丙无限制，有3种学科选择， 所以事件包含的可能事件为，则， 事件：甲、乙两人所报学科不同，乙、丙两人所报学科相同， 故事件，甲有3种学科选择，乙有2种学科选择，丙与乙相同，只有1种学科选择， 所以事件包含的可能事件为，则， 所以. 6. 若函数在区间上有最大值，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数进行求导，导数的零点需落在指定区间上，从而求出的范围 【详解】，又， 令，，则的零点与的零点相同， 因为函数图象开口向下且，要使在区间上有最大值， 所以和，解得. 7. 一个袋子中装有大小形状完全相同的3个黑球和2个白球.现从这5个球中随机摸球，每次摸一球，不放回，摸到黑球就结束摸球.设表示摸球次数，则的数学期望（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为摸到黑球就结束摸球，所以的可能取值为，，； 所以， ， ， 所以. 8. 在如图三行四列共块方格地块中选出块种植六个不同品种的蔬菜，每块地只种植一种蔬菜，要求必须横向相邻种植，横向､纵向都不能相邻种植，则不同的种植方案共有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以所在位置分为两类：类：三邻格在边缘行（第行或第行），类：三邻格在中间行（第行），对于类：有组，及有；对于类：有组，及有；因此可得. 【详解】分三步完成： 第一步：分类确定的位置： 因为​要求横向相邻，三行四列中，每行有组横向三邻格，共组. 分两类：类：三邻格在边缘行（第行或第行），共组； 类：三邻格在中间行（第行），共组. 第二步：计算每类中的可选位置数： 因为占了个格后，剩余个格，需要选个不相邻的格放，再从剩余个格选个放： 类（边缘行三邻格）：总选格方法为，因为剩余格中相邻对共对， 因此不相邻选法为种；再选个放，共种. 类（中间行三邻格）：同理，总选格种，剩余格中相邻对共对，不相邻选法为种； 再选个放​，共种. 第三步：计算总排列数：​是不同品种，全排列；​不同，全排列， 因此，总方案数： . 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. 现有3幅不同的国画，2幅不同的油画，4幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（ ） A. 从中任选1幅画布置房间，有9种不同的选法 B. 从这些国画､油画､水彩画中各选1幅布置房间，有24种不同的选法 C. 从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有26种不同的选法 D. 从3幅不同的国画中选出2幅，分别挂在左､右两边墙上的指定位置，共有5种不同的挂法 【答案】ABC 【解析】 【详解】A，题目当中总共有9幅画，在9幅画中选一幅画，一共有9种选法，故A正确； B，在国画中选一幅有种，油画中选一幅有种， 水彩画中选一幅有种，因此在这些国画､油画､水彩画中各选1幅布置房间， 一共有 种，故B正确； C，要选出2幅不同种类的画，有3种选法： 第一种选法为国画和油画，有种； 第二种选法为国画和水彩画，有种； 第三种选法为油画和水彩画，有种. 一共有种，故C正确； D，从3幅国画选2幅出来有种，又要按左、右排序，有种，故D错误. 10. 已知随机事件，，满足，，，，则（ ） A. B. C. 事件，相互独立 D. 若，则与互斥 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，，即， 又因为，所以， 所以，解得 ， 故B与C互斥，D正确. 11. 已知函数，，使得有三个零点且，则下列说法正确的是（ ） A. 的取值范围为 B. C. 若，则 D. 函数在三个零点处的切线斜率的倒数之和为0 【答案】ACD 【解析】 【详解】已知，求导得. 选项A：若存在三个不同零点，则必有两个不同的极值点， 即必有两个不等的实根， 即判别式，得. 此时，只需通过调整（上下平移函数图像），使得极大值大于0、极小值小于0， 从而存在三个零点，因此，故A正确； 选项B：举反例：取，取，则， 零点为，，，则， 即，故B错误； 选项C：展开计算左边式子： . 不等式即，化简得，故C正确； 选项D：切线斜率为，由因式分解得， 因此，倒数和为： ，故D正确. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知，则________. 【答案】-31 【解析】 【分析】根据二项展开式，令与代入，即可求解. 【详解】令可得，，令，则，所以. 13. 已知甲箱中有2个红球和2个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球（所有球除颜色外完全相同），某学生先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，记“从乙箱中取出的球是黑球”为事件，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题给条件分析具体情况列条件概率和全概率公式计算即可得解. 【详解】记学生先从甲箱中取出的2个球恰有个红球放入乙箱为事件， 学生先从甲箱中随机取出2个黑球放入乙箱，则此时乙箱中有红黑，此时. 学生先从甲箱中随机取出1个红球1个黑球放入乙箱，则此时乙箱中有红黑，此时， 学生先从甲箱中随机取出2个红球放入乙箱，则此时乙箱中有红黑，此时， 则 14. 已知对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先将不等式整理为 ，构造同构函数 ，由是上的单调递增函数，将问题转化为恒成立；再求的最大值，从而得到实数的取值范围. 【详解】原不等式整理得：. 构造函数，原不等式等价于对任意恒成立. 对求导得：恒成立，因此是上的单调递增函数， 不等式等价于：. 将不等式变形为对任意恒成立，令，求导得， 令，得，当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 因此的最大值为，故，即. 综上，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. 已知函数 （1）若曲线在处的切线与直线平行，求该切线方程. （2）若在区间上单调递增，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导，根据切线斜率求出，然后根据函数值和斜率求出切线方程. （2）根据单调性列出不等式，构造新函数，求导判断单调性，求出最小值，即可求得结果. 【小问1详解】 对函数求导得 ，所以 . 因为曲线在处的切线与直线平行， 所以 ，解得. 所以 ，而 . 所以该切线方程为，即 . 【小问2详解】 对函数求导得 ，因为在区间上单调递增， 所以 在区间上恒成立，即 在区间上恒成立， 令 ，求导得 . 当时，则 ；当时，则； 所以在 上单调递增，在上单调递减，所以. 所以要使得 在区间上恒成立，则. 所以的取值范围是. 16. 袋中有编号为的四个大小､质地均相同的小球，从中依次不放回地随机取出两个球，设第一次取出的球的编号为，第二次取出的球的编号为，设随机变量. （1）求的分布列及数学期望； （2）定义随机变量，求的期望及方差. 【答案】（1）分布列见解析，； （2）；. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，根据古典概型的求法，求出对应的概率，列出分布列，由期望公式求解即可； （2）由 求解即可；先求出的值，再根据方差的性质求即可. 【小问1详解】 由题意可得， 所以 ， 又因为的情况为共12种， 当时，有，，，，，共6种， 所以； 当时，有，，，共4种， 所以； 当时，有，共2种， 所以； 所以的分布列如下： 所以. 【小问2详解】 因为，， 所以； ， 所以. 17. 在二项式展开式中，第1项和第2项的二项式系数比为 （1）求展开式中的常数项； （2）求展开式中系数最大的项. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出的值，再利用展开式的通项公式求解即可； （2）设第项的系数最大，从而得，求解即可. 【小问1详解】 因为展开式中第1项和第2项的二项式系数分别为：， 所以，解得， 所以展开式为， 令，解得， 所以展开式中的常数项为； 【小问2详解】 由（1）可知展开式中每项的系数为， 设第项的系数最大，则，即， 由，可得， 即，解得，同理由，可得， 又因为为0到9之间的整数，所以， 所以原式展开式中系数最大项为. 18. 已知函数，. （1）当时，求的极值； （2）讨论的单调性； （3）若对任意，有恒成立，求整数的最大值. 【答案】（1）极大值为，无极小值． （2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减． （3） 【解析】 【分析】（1）求导，通过导数判断函数单调性，然后可得； （2）求导，分，讨论可得； （3）参变分离，将问题转化为在上恒成立问题，记，利用导数求函数的最小值所在区间可得. 【小问1详解】 的定义域为， 当 时，， 令，解得 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减． 所以在时取得极大值为，无极小值． 【小问2详解】 因为 当时，在上恒成立，此时在上单调递增； 当时，当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 综上：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问3详解】 因为对任意，恒成立， 所以在上恒成立， 即在上恒成立． 设，则． 设，，则在上单调递增， 因为，， 所以，使得，即． 当时，； 当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． 因为，所以， 故整数的最大值为． 19. 已知函数，． （1）当时，求的单调区间； （2）当时，，求的取值范围； （3）求证：． 【答案】（1）单调递增区间为和，无单调递减区间 （2） （3）证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）将代入中，求导，再构造函数，求导，分析函数的单调性求出，进而即可得到的单调区间； （2）依题意将条件转化为 ，，再构造函数 ，求导，再分析附近的导数，从而得到，进而验证和时， 在上是否恒成立即可； （3）依题意，可先证明不等式，，从而构造函数，求导，分析函数的单调性来证明该不等式成立，从而得到，再结合对数的运算及裂项相消求和即可证明结论． 【小问1详解】 当时，，其定义域为， 则， 令 ，则 ， 若，，即在上单调递减； 若，，即在上单调递增， 则 ， 所以在和上恒成立， 所以的单调递增区间为和，无单调递减区间． 【小问2详解】 当时，由，整理得 ， 令 ，， 则， 当时，， 所以要使在上恒成立， 即要使（否则在附近会递减，导致）， 则 ，解得， 以下验证时，在上恒成立， 当时， ，， 令，，则， 则，即 ， 所以在上单调递增，所以， 所以满足 ； 当时，则，所以 ， 所以也满足 ． 综上所述，的取值范围为． 【小问3详解】 先证明不等式，， 令，， 即证不等式，， 令，， 则 ， 则在上单调递增，所以 ， 所以不等式在时成立， 则 ， ， 所以，得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 合肥一六八中学2024级高二期中调研试卷 数学试题 合肥一六八中学命题中心 一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 函数在处的切线斜率为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 2. 某校要从4名教师中选派3人分别到三个乡镇开展支教活动，则不同的选派方案数为（ ） A. 18 B. 24 C. 30 D. 36 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 240 B. 160 C. -240 D. -160 4. 某学校有，两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐. 如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.6；如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.8. 则王同学第2天去餐厅用餐的概率为（ ） A. 0.48 B. 0.7 C. 0.75 D. 0.8 5. 某校高一年级有甲､乙､丙三名学生报名参加数学､物理､化学三门学科的竞赛选拔，每人限报且必报一科，每名学生选择各门学科的可能性相同.已知事件：甲､乙两人所报学科不同；事件：乙､丙两人所报学科相同，则（ ） A. B. C. D. 6. 若函数在区间上有最大值，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 一个袋子中装有大小形状完全相同的3个黑球和2个白球.现从这5个球中随机摸球，每次摸一球，不放回，摸到黑球就结束摸球.设表示摸球次数，则的数学期望（ ） A. B. C. D. 8. 在如图三行四列共块方格地块中选出块种植六个不同品种的蔬菜，每块地只种植一种蔬菜，要求必须横向相邻种植，横向､纵向都不能相邻种植，则不同的种植方案共有（ ） 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. 现有3幅不同的国画，2幅不同的油画，4幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（ ） A. 从中任选1幅画布置房间，有9种不同的选法 B. 从这些国画､油画､水彩画中各选1幅布置房间，有24种不同的选法 C. 从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有26种不同的选法 D. 从3幅不同的国画中选出2幅，分别挂在左､右两边墙上的指定位置，共有5种不同的挂法 10. 已知随机事件，，满足，，，，则（ ） A. B. C. 事件，相互独立 D. 若，则与互斥 11. 已知函数，，使得有三个零点且，则下列说法正确的是（ ） A. 的取值范围为 B. C. 若，则 D. 函数在三个零点处的切线斜率的倒数之和为0 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知，则________. 13. 已知甲箱中有2个红球和2个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球（所有球除颜色外完全相同），某学生先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，记“从乙箱中取出的球是黑球”为事件，则________. 14. 已知对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________. 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. 已知函数 （1）若曲线在处的切线与直线平行，求该切线方程. （2）若在区间上单调递增，求的取值范围. 16. 袋中有编号为的四个大小､质地均相同的小球，从中依次不放回地随机取出两个球，设第一次取出的球的编号为，第二次取出的球的编号为，设随机变量. （1）求的分布列及数学期望； （2）定义随机变量，求的期望及方差. 17. 在二项式展开式中，第1项和第2项的二项式系数比为 （1）求展开式中的常数项； （2）求展开式中系数最大的项. 18. 已知函数，. （1）当时，求的极值； （2）讨论的单调性； （3）若对任意，有恒成立，求整数的最大值. 19. 已知函数，． （1）当时，求的单调区间； （2）当时，，求的取值范围； （3）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $