精品解析：海南省儋州市洋浦中学2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试题

海南省洋浦中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高二数学试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共19小题，共150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 第Ⅰ卷（共58分） 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 某公交车上有6位乘客，沿途有4个停靠站，乘客下车的可能方式有 （ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 2. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. 20 D. 40 3. 的值是（   ） A. B. C. D. 4. 2025年东南现代农博会·花博会在漳州东南花都隆重举行，活动现场的非遗区有三个项目：漆扇绘梦、糖画塑形、剪纸生花，主理人现场演示，游客可亲手体验.现有甲、乙、丙、丁、戊5名同学在非遗区体验，三个非遗项目都有同学去体验，且每名同学只能体验一个项目，其中甲和乙选择体验漆扇绘梦，不同的体验方案共有（ ） A. 6种 B. 12种 C. 18种 D. 24种 5. 已知 ，，=，则=（ ） A. B. C. D. 6. 函数的单调增区间为（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某种技术竞赛，决出了第一名到第五名的五个名次，甲、乙去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军”；对乙说：“你当然不会是最差的”.从组织者的回答分析，这五个人的名次排列的不同情形种数共有 A. B. C. D. 8. 设，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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.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. （多选题）下列求导运算错误的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列选项正确的是（ ） A. 从5男3女中选2人，若至少有1名女生，则有21种不同的选法 B. 5人排成一列，若甲，乙必须相邻，则有48种不同的排列方法 C. 3男3女排成一列，若女生互不相邻，则有144种不同的排法 D. 10个相同小球分给3个小朋友，若每人至少1个，则有42种不同的方法 11. 定义：设为三次函数，是的导函数， 是的导函数，若方程 有实数解，则称点为三次函数图象的“拐点”．经过探究发现：任意三次函数图象的“拐点”是其对称中心．已知三次函数的对称中心为 ，则下列说法中正确的是（ ） A. ， B. 方程有三个根 C. 存在，，，使得不等式成立，则实数t的取值范围为 D. 若函数在区间上有最大值，则 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知,若，则__________． 13. 已知曲线在点 处的切线与曲线相切，则_______． 14. 已知 ，若函数在区间上单调递减，则的最大值是___________． 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知函数f(x)=ax2+lnx的导数为， （1）求； （2）若曲线y=f(x)存在垂直于y轴的切线，求实数a的取值范围． 16. 已知n的展开式中第3项的系数比第2项的系数大162. （1）求n的值； （2）求展开式中含x3的项，并指出该项的二项式系数． 17. 某智能手环可通过监测心率对佩戴者进行“心律失常”疾病的早期预警．据临床数据，其用户群体中该疾病的患病率约为0.5%，手环单次分析会给出“预警”或“无预警”结果，其性能如下： 对于确实患病的用户，单次分析触发预警的概率为99%（灵敏度）； 对于未患病的用户，单次分析误触发预警的概率为5%（误报率）． 现从用户群体中随机抽取一人，进行单次分析． （1）求此次分析触发预警的概率； （2）记事件为“此次分析触发预警”，事件为“该用户确实患病”． （i）求； （ii）结合（1）和（2）（i）的结果，说明与 在医学预警中的不同含义，并分析：若手环触发预警，哪个概率对用户决定是否就医的参考价值更大？为什么？ 18. 已知函数，，． （1）若是的极大值点，求a的值； （2）当时，若函数有两个不同的零点，求实数b的取值范围． 19. 函数， （1），求的单调区间； （2）若在上恒成立，求实数的取值范围； （3）令函数，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海南省洋浦中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高二数学试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共19小题，共150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 第Ⅰ卷（共58分） 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 某公交车上有6位乘客，沿途有4个停靠站，乘客下车的可能方式有 （ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 【分析】根据分步计数原理可得答案. 【详解】由题意，每一位乘客都有4种选择，故乘客下车的可能方式有4×4×4×4×4×4＝46种， 故选：B． 2. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. 20 D. 40 【答案】D 【解析】 【详解】的展开式的通项为，令， 解得，则的系数为. 3. 的值是（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据组合数、排列数计算公式求解. 【详解】. 故选：A 4. 2025年东南现代农博会·花博会在漳州东南花都隆重举行，活动现场的非遗区有三个项目：漆扇绘梦、糖画塑形、剪纸生花，主理人现场演示，游客可亲手体验.现有甲、乙、丙、丁、戊5名同学在非遗区体验，三个非遗项目都有同学去体验，且每名同学只能体验一个项目，其中甲和乙选择体验漆扇绘梦，不同的体验方案共有（ ） A. 6种 B. 12种 C. 18种 D. 24种 【答案】B 【解析】 【分析】分类讨论，漆扇绘梦有甲、乙两人体验，丙、丁、戊有一人体验漆扇绘梦，剩下两人分别体验另外两个项目，第二类是漆扇绘梦有甲、乙两人体验，糖画塑形、剪纸生花任选一个有两人体验，剩下一人体验剩余的项目根据分类原理即可计算. 【详解】根据题意可知第一类是漆扇绘梦有甲、乙两人体验，丙、丁、戊有一人体验漆扇绘梦， 剩下两人分别体验另外两个项目，则有种方案， 第二类是漆扇绘梦有甲、乙两人体验，糖画塑形、剪纸生花任选一个有两人体验， 则有种方案，综上总共有种方案. 故选： 5. 已知 ，，=，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用条件概率公式和并事件的概率公式即可求解. 【详解】代入，， . 6. 函数的单调增区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】易知函数定义域为 ，且， 令，即; 解得， 即函数的单调增区间为. 7. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某种技术竞赛，决出了第一名到第五名的五个名次，甲、乙去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军”；对乙说：“你当然不会是最差的”.从组织者的回答分析，这五个人的名次排列的不同情形种数共有 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】分析：先排乙，再排甲，最后排剩余三人. 详解：先排乙，有种，再排甲，有种，最后排剩余三人，有种 因此共有， 选D. 点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法： (1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——“间接法”； （5） “在”与“不在”问题——“分类法”. 8. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，，利用导数可求得的单调性，从而确定，，令即可得到大小关系. 【详解】令，，则， 在上单调递增，，即； 取，则 令，，则， 在上单调递增，，即； 取，则，即，即 ， 综上，. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查采用构造函数的方式比较大小的问题，解题关键是能够根据的形式的共同点，准确构造函数和，利用导数求得函数单调性后，通过赋值来确定大小关系. 二、多项选择题（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.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. （多选题）下列求导运算错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，是常数，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误. 10. 下列选项正确的是（ ） A. 从5男3女中选2人，若至少有1名女生，则有21种不同的选法 B. 5人排成一列，若甲，乙必须相邻，则有48种不同的排列方法 C. 3男3女排成一列，若女生互不相邻，则有144种不同的排法 D. 10个相同小球分给3个小朋友，若每人至少1个，则有42种不同的方法 【答案】BC 【解析】 【分析】根据对立事件法可判断A；根据捆绑法可判断B，根据插空法可判断C；根据隔板法可判断D. 【详解】对于A：从8人中选2人，总选法为，全是男生的选法为， 因此至少1名女生的选法为，A错误； 对于B：将甲乙看作1个整体，共4个元素全排列，再乘甲乙内部的排列：  ，B正确； 对于C：先排3名男生，全排列得，3名男生共形成4个空位， 从4个空位中选3个排入3名女生，得，总排法为，C正确； 对于D：个相同元素分给个对象、每人至少1个，公式为，代入得，D错误. 11. 定义：设为三次函数，是的导函数， 是的导函数，若方程 有实数解，则称点为三次函数图象的“拐点”．经过探究发现：任意三次函数图象的“拐点”是其对称中心．已知三次函数的对称中心为 ，则下列说法中正确的是（ ） A. ， B. 方程有三个根 C. 存在，，，使得不等式成立，则实数t的取值范围为 D. 若函数在区间上有最大值，则 【答案】BD 【解析】 【分析】求出，令，结合的对称中心、 求出a，b可判断A；令，求出x可判断B；设，转化为使得不等式成立，令，根据在为单调递减函数求出t可判断C；利用导数求出极值，再结合图象求出m可判断D. 【详解】对于A，，，令， 可得，解得，所以， 再由，解得，故A错误； 对于B，由A知，由， 即 可得，或 ，解得，或，， 所以方程有三个根，故B正确； 对于C，设，则 ， 要使得不等式成立，即成立， 令， 可得在为单调递减函数，即， 可得，令， 由在单调递增， 可得，则实数t的取值范围为，故C错误； 对于D，令，解得，或 ， 当 时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 可得在处有极大值，为，在 处有极小值，为， 且由解得，或， 若函数在区间上有最大值，则， 解得，故D正确. 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知,若，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用赋值法求得参数，再由二项式定理结合条件求. 【详解】令，得， ∴，, ∴， 故答案为：－5. 【点睛】方法点睛：在二项式定理中求展开式中的系数和通常用赋值法，例如，，，，等等，可根据表达式的形式确定所赋值. 13. 已知曲线在点 处的切线与曲线相切，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】先求出的导函数，将切点 的横坐标代入求出的是切线的斜率，利用点斜式得到的切线方程，这个切线方程就是曲线的切线方程，求的导函数，则这个等于切线的斜率，从中求出曲线的切线的切点的横坐标，将其代入切线方程，从而得到曲线的切线的切点，将这个切点代入得到值. 【详解】由，求导可得，将切点 的横坐标代入， 得到切线的斜率，则切线方程为，即， 由，求导可得， 由曲线在点 处的切线与曲线相切， 则曲线的切线为， 令，解得 ， 将 代入，可得，得到曲线上切线的切点为 ， 将 代入，可得，解得． 故答案为: ． 14. 已知 ，若函数在区间上单调递减，则的最大值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得在上恒成立，令，利用导数研究单调性，进而得，即，令，利用导数研究单调性求最大值即可. 【详解】由题意得：，又在上单调递减， 所以在上恒成立，即， 令，所以，当 时，， 所以在单调递减， 所以在上恒成立， 所以，所以， 又，令， 所以，令 ，解得， 由，由， 所以在单调递增，在单调递减， 所以，所以. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知函数f(x)=ax2+lnx的导数为， （1）求； （2）若曲线y=f(x)存在垂直于y轴的切线，求实数a的取值范围． 【答案】（1）3a＋1；（2）. 【解析】 【分析】(1)先求导得，再分别计算 与即可得解； (2)根据给定条件可得切线斜率为0，利用方程在内有解即可计算作答. 【详解】（1）依题意，f(x)=ax2+lnx的定义域为(0，+∞)，由f(x)=ax2+lnx求导得：， 于是得，而， 所以； （2）因曲线y=f(x)存在垂直于y轴的切线，则此时切线斜率为0，由导数的几何意义知，方程在内有解， 于是得方程，即在内有解，则 ， 所以实数a的取值范围是. 16. 已知n的展开式中第3项的系数比第2项的系数大162. （1）求n的值； （2）求展开式中含x3的项，并指出该项的二项式系数． 【答案】（1）9；（2）T2＝－18x3，9. 【解析】 【分析】（1）写出二项式的展开式的特征项，当x的指数是2时比x的指数是1时的系数要大162，所以，即可求解n的值； （2）根据上一问写出的特征项以及已经求出的n值即可计算展开式中含x3的项即：． 【详解】（1）因为， ， 依题意得，所以， 所以n2＝81，又n∈N*，故n＝9； （2）设第k＋1项含x3项，则， 所以，k＝1， 所以含x3的项为 二项式系数为． 17. 某智能手环可通过监测心率对佩戴者进行“心律失常”疾病的早期预警．据临床数据，其用户群体中该疾病的患病率约为0.5%，手环单次分析会给出“预警”或“无预警”结果，其性能如下： 对于确实患病的用户，单次分析触发预警的概率为99%（灵敏度）； 对于未患病的用户，单次分析误触发预警的概率为5%（误报率）． 现从用户群体中随机抽取一人，进行单次分析． （1）求此次分析触发预警的概率； （2）记事件为“此次分析触发预警”，事件为“该用户确实患病”． （i）求； （ii）结合（1）和（2）（i）的结果，说明与 在医学预警中的不同含义，并分析：若手环触发预警，哪个概率对用户决定是否就医的参考价值更大？为什么？ 【答案】（1）0.0547 （2）（i） （ii）含义解释： 由（i） ，表示“在手环预警的条件下用户确实患病”的概率， 它衡量了预警结果的可靠性，回答了“预警是否意味着真患病”的个人风险问题； 是灵敏度，表示“用户真患病的条件下手环触发预警”的概率， 反映了该手环识别真实病例的能力； 决策参考分析：对收到预警的个人而言， 的参考价值更大、更直接． 理由：该值从群体基础患病率（ ）显著提升至 ，构成了明确的个人健康风险信号， 用户应结合自身症状，将此作为是否需要进一步医疗检查的关键依据． 而 描述的是该手环的整体性能，无法直接量化个人当前风险， 故对个人就诊决策的参考相对间接． 【解析】 【小问1详解】 事件为“用户患病”，事件为“分析触发预警”． 由题知： ， ， ， ． 由全概率公式： 所以，触发预警的概率为0.0547． 【小问2详解】 （i）由贝叶斯公式： ， 所以，在预警条件下确实患病的概率约为 ． （ii）略 18. 已知函数，，． （1）若是的极大值点，求a的值； （2）当时，若函数有两个不同的零点，求实数b的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）对求导后利用处导数为 求出的候选值，再验证单调性确定为极大值点对应的值. （2）当时求的导函数分析单调性与最小值，结合零点存在性定理确定函数有两个零点时的取值范围. 【小问1详解】 由题意，，， ∴ . ∵ 是的极大值点， ∴ ，即 ，解得 或. ① 当时，， ∵ ，∴ ， ∴ 当时，，单调递减， 当 时，，单调递增， ∴ 是的极小值点，不符合题意，舍去. ② 当时，， ∵ ，∴ ， ∴ 当时，，单调递增， 当 时，，单调递减， ∴ 是的极大值点，符合题意. 综上，的值为. 【小问2详解】 ，则， ， 令得，即在递减； 令得 ，即在递增， 故最小值为， ①当，即时， 恒成立，故无零点，不满足题意； ②当，即时，当时 恒成立， 故有个零点，不满足题意； ③当，即时，，且，（时， ）， 由零点的存在性定理可知在上有个零点， 又，则， 则在上递增，上递减， 则 ，即 ， 则，当且仅当时取等， 则，，（时， ）， 故由零点的存在性定理可知在上有个零点， 即在 上有两个零点， 综上：有两个零点，则． 【点睛】方法归纳：本题考查利用导数研究函数的极值与零点问题，求解极值点相关参数问题时，求出参数候选值后需验证单调性判断是否符合极值类型；求解函数零点个数相关参数范围问题时，通常先分析函数单调性与最值，再结合零点存在性定理判断区间内零点的个数. 19. 函数， （1），求的单调区间； （2）若在上恒成立，求实数的取值范围； （3）令函数，求证：. 【答案】（1）单调减区间为，；单调增区间为，.（2）；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，判断与，即可得单调区间；（2）将不等式转化为恒成立，然后构造新函数，根据不等式恒成立列不等式组求解，代入构造新函数，然后分类讨论证明；（3）利用（2）的结论，可得，令 ，，， ，2，…，8，代入，即可证明不等式. 【详解】（1），， 当，时，， 当，时，， 所以，的单调递增区间是，. 的单调递减区间是，. （2）不等式恒成立等价于在上恒成立， 令，则由可得， ∵可以看作是关于的一次函数，单调递增， ∴令， 对于，，恒成立. 只需证明即可. ①当，， 则，在上单调递减，又， 所以此时恒成立. ②当时，恒成立，所以在上单调递增，又，所以此时恒成立. ③当时，单调递增， ，，所以在上存在唯一的，使得， 当时，，当时，， 所以在时单调递减，在时单调递增. ∴，， ∴恒成立，故恒成立， ∴. （3）由（2）可知 令 ，，， ，2，…，8， 可得到， 从而， 即得证. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $