精品解析：内蒙古锡林郭勒盟第二中学2025-2026学年高二下学期期中质量监测数学试题

锡盟二中2025—2026学年第二学期高二期中质量监测 出题人：高二数学组 一、单选题 1. 已知三地的位置及其间修筑的道路如图所示，则从地到地不同路线的条数是（ ） A. 5 B. C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据分类加法和分步乘法计数原理可得. 【详解】由图知，从地到地的道路有2条，从地到地的道路有3条，由分步乘法计数原理可知，从地经过地到地不同的路线共有条； 从地不经过地到地的路线有1条. 根据分类加法计数原理可得，从地到地不同的路线共条. 故选：C. 2. 随机变量的分布列如下表所示，其中为函数的两个不同的极值点，则（ ） ξ 0 1 2 P a b c A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的极值点就是导函数的零点，再结合二次方程的韦达定理和分布列概率和为1可求解，并检验是否满足题意即可作出判断. 【详解】由，得， 由，解得．当时，满足， 故． 故选：D. 3. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先对函数求导，然后判断函数的单调性，进而可得出对应的图象. 【详解】， 当或时，，单调递增， 当时，，单调递减，排除B，C，D. 故选：A． 4. 某农科所在甲、乙、丙三个地块培育同一种苗，甲地块培育的一等种苗占比95%，乙地块培育的一等种苗占比80%，丙地块培育的一等种苗占比70%，甲、乙、丙培育的种苗数分别占总数的40%、30%、30%，将三个地块培育的种苗混放在一起. 从这批种苗中随机抽取一株，它是一等种苗的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别计算从甲、乙、丙每块地中抽取到一等种苗的概率，再利用全概率公式计算最终结果. 【详解】记事件表示“随机抽取一株是一等种苗”， 事件表示“抽取的种苗来自甲地块”， 事件表示“抽取的种苗来自乙地块”， 事件表示“抽取的种苗来自丙地块”， 则，，， ，，， 由全概率公式 ， 因此从这批种苗中随机抽取一株，它是一等种苗的概率为. 故选：D 5. 由组成没有重复数字的四位数中，偶数的个数是（ ） A. 300 B. 360 C. 420 D. 480 【答案】C 【解析】 【分析】由最后一位数是0和最后一位不是0，两类情况讨论求解即可. 【详解】最后一位数是0，偶数的个数是； 最后一位不是0，偶数的个数是， 所以一共有种. 6. 在的展开式中，的系数为（ ）． A. 120 B. 80 C. 40 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式定理计算即可. 【详解】根据二项式定理，展开式的通项公式为： . 令，可得，此时与相乘可得的系数为-80； 令，可得，此时与相乘可得的系数为40； 所以的系数为. 7. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意在上恒成立，分离参数即可求解. 【详解】由题意在上恒成立，即恒成立， 由对勾函数性质可知，在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以，解得，故所求为. 故选：C. 8. 已知函数为定义在上的函数，满足，则下列正确的为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，构造函数并利用导数确定单调性，再逐项分析判断. 【详解】令函数，求导得，因此函数在上单调递增， 则，即，因此，AC错误，D正确； ，而与的大小不确定，B错误. 二、多选题 9. 下列命题正确的有（ ） A. 已知函数在上可导，若，则 B. 已知函数，若，则 C. D. 设函数的导函数为，且，则 【答案】BD 【解析】 【分析】借助导数定义可得A；借助复合函数的导数运算法则计算即可得B；借助导数的除法运算法则计算即可得C；利用导数运算法则计算即可得D. 【详解】对A：，则，故A错误； 对B：，则，解得，故B正确； 对C：，故C错误； 对D：，则， 则，故D正确. 10. 现有6本不同的书，则（ ） A. 分给甲乙丙三人，每人2本，则共有90种分法 B. 分成三份，每份2本，则共有90种分法 C. 分成三份，一份1本，一份2本，一份3本，则共有60种分法 D. 分给甲乙丙三人，其中甲4本，乙1本，丙1本，则共有15种分法 【答案】AC 【解析】 【分析】对A：先从6本书中选2本给甲，再从剩余4本书中选2本给乙，最后从余下的2本书中选2本给丙，根据分步计数原理得到答案；对B：根据平均分组公式计算得到答案；对C：这是“不均匀分组”问题，根据组合公式计算得到答案；对D：先从6本书中选4本给甲，再从剩余2本书中选1本给乙，最后余下的1本书给丙，根据分步计数原理得到答案. 【详解】对A：把6本书平均分给甲、乙、丙3个人，每人2本，分3步进行; 先从6本书中取出2本给甲，有种取法， 再从剩下的4本书中取出2本给乙，有种取法， 最后把剩下的2本书给丙，有种情况， 则把6本书平均分给甲、乙、丙3个人，每人2本，有（种）分法，故A正确； 对B：先分三步，则应是种方法，但是这里出现了重复． 不妨记6本书为, 若第一步取了，第二步取了，第三步取了， 记该种分法为则种分法中还有，，，，，共种情况， 而这种情况仅是的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分法有（种），故B错误； 对C：这是“不均匀分组”问题，（种）， 故C正确； 对D：把6本书分给甲、乙、丙3个人，甲4本，乙1本，丙1本，分3步进行， 先从6本书中取出4本给甲，有种取法， 再从剩下的本书中取出1本给乙，有种取法， 最后把剩下的1本书给丙，有种情况， 则把6本书分甲4本，乙1本，丙1本，有（种）分法，故D错误； 故选：AC. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 曲线在处的切线方程为 B. 函数的值域是 C. 若点P是曲线上的动点，则点P到直线距离的最小值为 D. 若过点至少可以作曲线的三条切线，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，利用导数的几何意义求出切线方程；对于B，利用导数判断函数的单调性，从而求出的值域；对于C，当在点P处的切线与直线平行时，点P到直线的距离最小，求出点P坐标，用点到直线距离公式求出最值；对于D，设切点坐标，写出切线方程，将点的坐标代入切线方程，构造函数，，利用导数分析该函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围. 【详解】函数的定义域为，， 对于A，因为，且， 所以曲线在处的切线方程为，故A错误； 对于B，当时，，函数的单调递增， 当时，，函数的单调递减， 所以的最大值为，又当时，；当时，， 所以函数的值域是，故B正确； 对于C，当曲线在点P处的切线与直线平行时，点P到直线的距离最小， 设点，则 ，整理得 ， 因为在上单调递增，所以有唯一解，此时， 点P到直线的距离，故C正确； 对于D，设过点的切线切点为，则切线斜率为， 故曲线在点处的切线方程为， 将点的坐标代入切线方程得，可得， 令，，则， 令，解得或，所以函数的单调递减区间为、， 令，解得，所以函数的单调递增区间为， 故函数的极小值为，极大值为， 又当时， ；当时，， 作出函数的图象如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有三个交点， 即若过点至少可以作曲线的三条切线，则，故D错误. 三、填空题 12. 若函数的图象在点处的切线方程是，则__________. 【答案】3 【解析】 【分析】利用导数的几何意义得，将代入切线方程得 【详解】根据题意，函数的图象在点处的切线方程是，即，且，所以. 故答案为：3 13. 从4个红球、3个黄球中一次性摸取3个球，则摸到的球中至少有2个黄球的方法数为_______．（用数字作答） 【答案】13 【解析】 【分析】分析符合题意的情况种类，然后分类计算，再根据组合和组合数的计算方法，求出结果. 【详解】一次性摸取3个球，至少有2个黄球分为两种情况： 情况一：两个黄球，一个红球，有种不同方法； 情况二：三个黄球，； 共有种方法； 故答案为：13 14. 若的展开式中的常数项为1，则_____. 【答案】2 【解析】 【详解】由， 其展开式的通项为，， 而展开式的通项为，， 令，得或或， 因为的展开式中的常数项为1， 所以，则， 又，则. 四、解答题 15. 7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生3人，女生3人，在下列情况下，各有不同站法多少种？（列式并计算结果） （1）3名女生相邻； （2）3名男生互不相邻； （3）若3名男生身高都不等，从左往右按从高到低的一种顺序站； （4）老师不站中间，女生不站两端. 【答案】（1）720 （2）1440 （3）840 （4）1296 【解析】 【分析】（1）根据题意，把3名女生看作一个元素，进行排列，即可求解； （2）把除去3名男生后剩余的4个元素全排列，再在5个空隙中放入3名男生，即可求解； （3）先对7个元素进行全排列，再除以3名男生的排列，即可求解； （4）根据题意，分为当老师站在两端中的一个位置和老师既不站中间也不站两端，结合排列数公式，即可求解. 【小问1详解】 因为3名女生相邻，可把3名女生看作一个元素， 先进行5个元素的全排列，再对3名女生全排列，共有种站法； 【小问2详解】 先把除去3名男生后剩余的4个元素全排列，再在5个空隙中放入3名男生， 共有种站法. 【小问3详解】 先对7个元素进行全排列，再除以3名男生的排列，共有种站法. 【小问4详解】 由题意知，老师不站中间，女生不站两端，可分为两类： ①当老师站在两端中的一个位置，且女生不站两端时，有站法； ②当老师不站在两端，且不站在中间时，有种站法， 由分类计数原理得，共有种不同的站法. 16. 已知函数 （1）求函数的单调区间、极值； （2）设在上有两个零点，求的范围． 【答案】（1）的增区间和，减区间为，极大值为2，极小值为 （2）． 【解析】 【分析】（1）求导，令，可得极值点，分别讨论x不同范围时，的正负，可得单调区间，代入数据，可得极值. （2）由题意得方程在有两个不同实根，根据（1）可得的单调区间和最值，数形结合，即可得答案. 【小问1详解】 由题意得，令，得或， 当或时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以的增区间和，减区间为， 则的极大值为，极小值为． 综上，的增区间和，减区间为，极大值为2，极小值为． 【小问2详解】 在有两个零点等价于方程在有两个不同实根． 计算，，． 由单调性知，当时，直线与图象有两个交点，故． 17. 已知． （1）当时，展开式中第三项的二项式系数是第二项二项式系数的4倍， ①求的值； ②求展开式中系数最大的项； （2）若时，在上恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）①9；② （2） 【解析】 【分析】（1）①根据题目条件得到方程，求出；②写出通项公式，进而得到不等式组，求出，从而得到系数最大的项； （2）等价于 ，构造函数，求导，分两种情况，结合函数单调性，得到不等式，求出答案 【小问1详解】 ①由已知得：，所以， 解得：． ②通项公式为， 设，设最大， 令所以 化简得，又，所以． 所以当时，系数最大项为． 【小问2详解】 若时，， 则 ； 设，则恒成立； ， 当时，恒成立，所以在上单调递增， 又时，， 所以，要想恒成立，需满足， 解得，结合，所以． 当时，，， 所以在单调递减，在单调递增， 故 ， 又，由，故． 综上． 18. 人工智能广泛地运用概率的相关知识，我们可以设计如下试验模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子中有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为. （1）求首次试验结束的概率； （2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率进行调整. ①求选到的袋子为甲袋的概率； ②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大. 【答案】（1） （2）①；②方案二 【解析】 【小问1详解】 设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件， “试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件， ， 所以试验一次结果为红球的概率为. 【小问2详解】 ①因为、是对立事件，， 所以， 所以选到的袋子为甲袋的概率为； ②由①得， 所以方案一中取到红球的概率 为， 方案二中取到红球的概率 为， 因为，所以方案二中取到红球的概率更大. 19. 已知 （1）讨论函数的单调区间； （2）若有两个零点，，求a的取值范围； （3）证明：，恒成立. 【答案】（1）当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为； （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求导数，利用导数分和两种情况讨论，即可得的单调区间； （2）利用（1）中得到的在上的单调性，分析出当时，只有在上的最大值时，才能保证有两个零点，求解不等式即可得解； （3）将原不等式转化为在恒成立，只须利用导数证明在上单调递减，且即可得证. 【小问1详解】 已知，其定义域为，对其求导可得. 当时，对于任意的，恒成立，所以， 所以在上单调递增； 当时，令，解得. 当时，，所以，单调递增； 当时，，所以，单调递减. 综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问2详解】 由（1）知，当时，在上单调递增， 此时最多只有1个零点，不可能有两个零点； 当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，也是最大值. 若有两个零点，则，即. 因为函数在上单调递增，所以. 又因为当时，；当时，， 所以只有当最大值时，才能保证在，上各有1个零点， 共两个零点，因此a的取值范围为； 【小问3详解】 要证，恒成立， 即证，恒成立. 令，. 对求导得. 因为，所以，则， 所以在上单调递减，所以， 即，即， 即，恒成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 锡盟二中2025—2026学年第二学期高二期中质量监测 出题人：高二数学组 一、单选题 1. 已知三地的位置及其间修筑的道路如图所示，则从地到地不同路线的条数是（ ） A. 5 B. C. 7 D. 8 2. 随机变量的分布列如下表所示，其中为函数的两个不同的极值点，则（ ） ξ 0 1 2 P a b c A. B. C. D. 3. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 4. 某农科所在甲、乙、丙三个地块培育同一种苗，甲地块培育的一等种苗占比95%，乙地块培育的一等种苗占比80%，丙地块培育的一等种苗占比70%，甲、乙、丙培育的种苗数分别占总数的40%、30%、30%，将三个地块培育的种苗混放在一起. 从这批种苗中随机抽取一株，它是一等种苗的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 由组成没有重复数字的四位数中，偶数的个数是（ ） A. 300 B. 360 C. 420 D. 480 6. 在的展开式中，的系数为（ ）． A. 120 B. 80 C. 40 D. 7. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数为定义在上的函数，满足，则下列正确的为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列命题正确的有（ ） A. 已知函数在上可导，若，则 B. 已知函数，若，则 C. D. 设函数的导函数为，且，则 10. 现有6本不同的书，则（ ） A. 分给甲乙丙三人，每人2本，则共有90种分法 B. 分成三份，每份2本，则共有90种分法 C. 分成三份，一份1本，一份2本，一份3本，则共有60种分法 D. 分给甲乙丙三人，其中甲4本，乙1本，丙1本，则共有15种分法 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 曲线在处的切线方程为 B. 函数的值域是 C. 若点P是曲线上的动点，则点P到直线距离的最小值为 D. 若过点至少可以作曲线的三条切线，则 三、填空题 12. 若函数的图象在点处的切线方程是，则__________. 13. 从4个红球、3个黄球中一次性摸取3个球，则摸到的球中至少有2个黄球的方法数为_______．（用数字作答） 14. 若的展开式中的常数项为1，则_____. 四、解答题 15. 7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生3人，女生3人，在下列情况下，各有不同站法多少种？（列式并计算结果） （1）3名女生相邻； （2）3名男生互不相邻； （3）若3名男生身高都不等，从左往右按从高到低的一种顺序站； （4）老师不站中间，女生不站两端. 16. 已知函数 （1）求函数的单调区间、极值； （2）设在上有两个零点，求的范围． 17. 已知． （1）当时，展开式中第三项的二项式系数是第二项二项式系数的4倍， ①求的值； ②求展开式中系数最大的项； （2）若时，在上恒成立，求的取值范围． 18. 人工智能广泛地运用概率的相关知识，我们可以设计如下试验模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子中有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为. （1）求首次试验结束的概率； （2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率进行调整. ①求选到的袋子为甲袋的概率； ②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大. 19. 已知 （1）讨论函数的单调区间； （2）若有两个零点，，求a的取值范围； （3）证明：，恒成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $