精品解析：安徽宿州市皖北十三校2025-2026学年高二下学期5月期中教学质量检测数学试题

2025-2026学年度第二学期期中教学质量检测 高二数学试题 （本卷满分150分，考试时间120分钟） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 从甲地去乙地，可以乘船，也可以坐火车，还可以乘飞机，一天中，乘船有6个班次，坐火车有9个班次，乘飞机有2个班次，则从甲地去乙地一天中不同的走法种数为（ ） A. 17 B. 30 C. 66 D. 108 2. 已知，则等于（ ） A. 1 B. 4 C. 1 或 3 D. 3 或4 3. 多项式展开后的项数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 4. 已知函数.若函数在上单调递减，则实数的最小值为（ ） A. 0 B. 3 C. D. 5. 展开式中的系数为 A. B. C. D. 6. 已知数列满足，，则下列结论正确的是（ ） A. 数列是公差为的等差数列 B. 数列是公差为2的等差数列 C. 数列是公比为的等比数列 D. 数列是公比为2的等比数列 7. 已知随机事件A，B，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知函数的导函数在上的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递减 B. 当时，取得极大值 C. 当时，取得极小值 D. 是在上的最大值 10. 下列说法正确的是（ ） A. B. 被8除的余数为1 C. 甲、乙、丙、丁等6人排成一排，甲、乙、丙按从左到右、从高到低的固定顺序，共有120种排法 D. 现有6本不同的书，分成三份，每份2本，共有90种分法 11. 已知函数和有相同的最大值，直线与两曲线和恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依此为，则以下说法正确的是（ ） A. B. C. 成等差数列 D. 成等比数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则的值为__________ . 13. 给如图所示的花圃中四块区域种花，中间圆形区域不种花.现有6种不同的花可供选择，每块区域种1种花，且相邻区域种不同的花．则不同的种法总数为___________． 14. 已知数列的前项和满足，则的最小值为______. 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. 已知函数在处取得极大值为9. （1）求的值; （2）求函数在区间上的最大值. 16. 已知其中，，，，.且展开式中仅有第5项的二项式系数最大. （1）求值及二项式系数最大项； （2）求（用数值作答）； （3）求的值（用数值作答）. 17. 已知各项均为正数的等差数列满足，． （1）求的通项公式； （2）记，求数列的前项和． 18. 一个盒子中有6个外形相同的小球，其中2个白球，4个黑球．从盒子中随机取出一个小球（不放回），然后再从盒子中随机取出一个小球． （1）在第一次取到白球的条件下，求第二次取到黑球的概率； （2）在第二次取到黑球的条件下，求第一次取到白球的概率； （3）设表示两次取球取到白球的个数，求的分布列和均值． 19. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）若在上有两个零点，求实数的取值范围； （3）若函数有两个极值点，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第二学期期中教学质量检测 高二数学试题 （本卷满分150分，考试时间120分钟） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 从甲地去乙地，可以乘船，也可以坐火车，还可以乘飞机，一天中，乘船有6个班次，坐火车有9个班次，乘飞机有2个班次，则从甲地去乙地一天中不同的走法种数为（ ） A. 17 B. 30 C. 66 D. 108 【答案】A 【解析】 【详解】由分类加法计数原理可得，从甲地到乙地无论哪种交通工具都能到达， 故不同的走法有：种. 2. 已知，则等于（ ） A. 1 B. 4 C. 1 或 3 D. 3 或4 【答案】C 【解析】 【分析】根据组合数的性质计算可得. 【详解】因为，所以或， 解得或，经检验符合题意. 故选：C 3. 多项式展开后的项数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【详解】根据分步乘法计数原理，展开后的项数有：项. 4. 已知函数.若函数在上单调递减，则实数的最小值为（ ） A. 0 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导函数，令恒成立，变量分离转化为求新函数的最大值. 【详解】，令，得， 令， 若函数在上单调递减，则， 当时，， 所以函数在上单调递增，则， 所以. 故选：C 5. 展开式中的系数为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简已知代数式，利用二项式展开式的通项公式可以求出展开式中的系数． 【详解】因为，则展开式中含的项为；展开式中含的项为，故的系数为， 故选：C． 6. 已知数列满足，，则下列结论正确的是（ ） A. 数列是公差为的等差数列 B. 数列是公差为2的等差数列 C. 数列是公比为的等比数列 D. 数列是公比为2的等比数列 【答案】C 【解析】 【分析】根据递推关系式，化简变形可得即可判断数列是公比为的等比数列. 【详解】∵， ∴， 既不是等比数列也不是等差数列； ∴， ∴数列是公比为的等比数列． 故选：C 7. 已知随机事件A，B，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对立事件先求出，再根据乘法公式求出，从而可求. 【详解】因为，故，而，故， 故，同理， 故， 故选：B. 8. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】观察值之间的关系，可作差构造函数，通过求导分析函数单调性，确定大小关系. 【详解】设（）， 则，在上单调递增， 所以， 当时，，取，得，即； 设（）， 则，在上单调递减， 所以， 所以当时，， 取，得，即. 故. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知函数的导函数在上的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递减 B. 当时，取得极大值 C. 当时，取得极小值 D. 是在上的最大值 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据导函数图象的正负判断函数的增减与极值、最值，依此判断各个选项即可. 【详解】对于A，由题图可知时，，单调递减，故A正确； 对于B，C，由题图易知在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得极大值， 当时，取得极小值，故BC，正确； 对于D，在上的最大值应是与中的较大者，故D错误. 10. 下列说法正确的是（ ） A. B. 被8除的余数为1 C. 甲、乙、丙、丁等6人排成一排，甲、乙、丙按从左到右、从高到低的固定顺序，共有120种排法 D. 现有6本不同的书，分成三份，每份2本，共有90种分法 【答案】AC 【解析】 【详解】对于选项A：由组合数性质可知，所以A正确； 对于选项B：因为 ， 所以即被8除的余数为7，所以B错误； 对于选项C：先从6个位置中选3个位置给甲、乙、丙， 由于三人的相对顺序固定，这3个位置的排法只有1种，剩下3个位置排其他3人，有种排法． 根据组合数公式，总排法种数为，所以C正确； 对于选项D：根据题意，分法共有种，所以D错误． 11. 已知函数和有相同的最大值，直线与两曲线和恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依此为，则以下说法正确的是（ ） A. B. C. 成等差数列 D. 成等比数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据导数分类讨论求最值，然后数形结合，利用指数与对数之间的转化求解即可. 【详解】对于AB，， 当时，当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以当时，函数有最大值，即； 当时，当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意， 由， 当时，当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以当时，函数有最大值，即； 当时，当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意， 于是有，因此选项AB正确， 对于CD，两个函数图像如下图所示：    由数形结合思想可知：当直线经过点时， 此时直线与两曲线和恰好有三个交点， 不妨设， 且， 由，又， 又当时，单调递增，所以， 又，又， 又当时，单调递减，所以， ， ，于是有， 且，所以选项C错误，D正确， 故选：ABD 【点睛】关键点睛：利用数形结合思想，结合等式是解题的关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则的值为__________ . 【答案】 【解析】 【分析】求导可得，令即可求解. 【详解】由题意知，， 所以，解得. 故答案为： 13. 给如图所示的花圃中四块区域种花，中间圆形区域不种花.现有6种不同的花可供选择，每块区域种1种花，且相邻区域种不同的花．则不同的种法总数为___________． 【答案】630 【解析】 【分析】分区域的花同色和不同色两种情况，根据分步计数原理从到区域依次选择花的种类，然后两种情况再相加即可. 【详解】分两种情况： 第一种情况，区域的花同色. 区域的花有6种选择，区域相邻，所以区域的花有5种选择， 区域虽然相邻，但是此时区域的花同色，所以区域的花有1种选择， 区域虽然与区域相邻，但是由于区域的花同色， 所以区域的花有5种选择，所以不同的种法有种； 第二种情况，区域的花不同色. 区域的花有6种选择，区域相邻，所以区域的花有5种选择， 区域相邻，且此时区域的花不同色，所以区域的花有4种选择， 区域与区域相邻， 所以区域的花有4种选择， 所以不同的种法有种. 综上两种情况，花圃不同的种法总数为种. 14. 已知数列的前项和满足，则的最小值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】由与的关系，得到数列是等比数列，求出的表达式，结合表达式求出最小值. 【详解】因为，当时，，得. 当时，， 即，整理可得， 又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，. 当为奇数时，， ，，且随着的增大而减小，而，此时； 当为偶数时，， ，，且随着的增大而增大，而，此时. 则的最小值为. 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. 已知函数在处取得极大值为9. （1）求的值; （2）求函数在区间上的最大值. 【答案】（1） （2）9． 【解析】 【分析】（1）先求出函数的导函数，极值点导函数的值为0，联立此处函数值为极大值，求解的值。 （2）求出导函数，由导函数正负求函数单调区间，由单调性得出对应区间的最值。 【小问1详解】 ， 依题意得， 即，解得． 检验，当时， ∴ 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 满足题意，所以. 【小问2详解】 由（1）得，， 令，得；令，得或， 在上的单调递减区间是，单调递增区间为． ，函数在区间上的最大值为9． 16. 已知其中，，，，.且展开式中仅有第5项的二项式系数最大. （1）求值及二项式系数最大项； （2）求（用数值作答）； （3）求的值（用数值作答）. 【答案】（1）； （2）6561 （3）3281 【解析】 【分析】（1）根据题意结合二项式系数最大时求出的值，再计算即可； （2）利用赋值法，令，求出即可； （3）利用赋值法，分别令和，得出两式，相加即可得. 【小问1详解】 因为展开式中仅有第5项的二项式系数最大， 当为偶数时，仅有中间一项的二项式系数最大，即，所以， 故. 即，二项式系数最大项为第5项：； 【小问2详解】 令，得， 所以. 【小问3详解】 令，得， 令，得. 两式相加可得. 17. 已知各项均为正数的等差数列满足，． （1）求的通项公式； （2）记，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，即可得到是以1为首项，2为公差的等差数列，再根据等差数列的通项公式计算可得； （2）由（1）可得，再利用裂项相消法求和即可． 【小问1详解】 解：各项均为正数的等差数列满足，， 整理得， 由于， 所以， 故数列是以1为首项，2为公差的等差数列． 所以． 【小问2详解】 解：由（1）可得， 所以． 18. 一个盒子中有6个外形相同的小球，其中2个白球，4个黑球．从盒子中随机取出一个小球（不放回），然后再从盒子中随机取出一个小球． （1）在第一次取到白球的条件下，求第二次取到黑球的概率； （2）在第二次取到黑球的条件下，求第一次取到白球的概率； （3）设表示两次取球取到白球的个数，求的分布列和均值． 【答案】（1） （2） （3）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）设相应事件，求，根据条件概率直接求解即可； （2）结合（1）的结果根据条件概率直接求解即可； （3）根据题意的取值可能有0，1，2，再根据排列组合求出对应概率，写出分布列并计算期望. 【小问1详解】 设第一次取到白球为事件，第二次取到黑球为事件， 则， 所以. 【小问2详解】 ，故. 【小问3详解】 根据题意的取值可能有0，1，2， ，，， 则的分布列为： 0 1 2 且. 19. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）若在上有两个零点，求实数的取值范围； （3）若函数有两个极值点，，证明：． 【答案】（1）时，在上单调递增，时，在上单调递减，在上单调递增 （2） （3）证明：因为有两个极值点， 所以，有两个实数根， 所以可得， 设，将代入，得， 所以， 所以要证，只需证，即． 设，则． 令，则，可知在上为增函数． 又，所以时，在上为增函数． 所以，即成立，所以成立． 【解析】 【分析】（1）求出导数，分类讨论的取值情况来判断单调性； （2）分离参数，求解新函数的极值可求答案； （3）设，把目标式用表示，利用导数判断单调性可证. 【小问1详解】 的定义域为，． 当时，在上单调递增；当时，由得， 由得，由得， 则在上单调递减，在上单调递增． 综上，时，在上单调递增， 时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 因为在上有两个零点，所以， 由得，令，则， 所以，时，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 有极大值，也就是最大值为， 又无限趋近时，无限趋近于0， 所以在上有两个零点时，， 所以，即的取值范围是． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $