精品解析：吉林省吉林市田家炳高级中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

2025--2026学年度下学期期中考试 高二数学试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计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. 已知的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知角终边过点, 根据,其中, 可得. . 2. 已知随机变量X服从正态分布，若，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性列式求解. 【详解】随机变量X服从正态分布，由，得， 所以. 故选：B 3. 甲、乙、丙三位同学从 7 处不同的景点中各自选 2 处旅游，则三人恰好选择一个相同的景点，且他们各自选择的另一个景点互不相同的选法共有（ ） A. 840 种 B. 420 种 C. 210 种 D. 140 种 【答案】A 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理和排列组合公式列式计算即得. 【详解】先从7处不同景点中选出1处作为三人共同选择的景点，再从剩下的6个景点中选出3个不同的景点， 并将其分配给甲、乙、丙三人作为各自的另一个景点，则满足题意的选法种数为 . 故选： A. 4. 已知的展开式中的系数为5，则（　　） A. 4 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】的展开式的通项为， 则的系数为， 的系数为， 中的系数为，解得． 5. 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 6. 在中，，，，则边上的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】在中，，，， 由余弦定理得， 则．设边上的高为，由等面积法可得， 则． 7. 当前，AI已从一个研究领域变成一类赋能技术．在医药健康领域，AI已应用于靶点发现、药物设计及临床试验等方面，显著提升了科研效率．假设某实验用AI辅助新药分子筛选，事件A是“AI模型筛选出候选分子M”，事件B是“AI模型筛选出候选分子N”．已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以. 所以. 由，得. 所以. 8. 设函数，若恒成立，且在上最大值与最小值的和为0，则的最小值为（ ） A. 8 B. 6 C. 5 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦函数的性质结合已知条件求出的特征，再结合最大值与最小值的和为0的条件，求出的最小值． 【详解】，周期为， ，则是周期， ，即是正偶数， 当时，， 已知最大值与最小值的和为0， 最大值与最小值互为相反数， 若，区间，最大值为，最小值为1，和不为0； 若，区间，最大值为，最小值为，和不为0； 若，区间，最大值为，最小值为，和为0； 的最小值为6． 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. 有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（ ） A. 若五位同学排队，要求甲、乙必须相邻且丙、丁不能相邻，则不同的排法有12种 B. 若五位同学排队，最左端只能排甲或乙，最右端不排甲，则不同的排法共有42种 C. 若甲、乙、丙三位同学按从左到右的顺序排队，其他人可以任意排列，则不同的排法有20种 D. 若甲、乙、丙、丁四位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每个社区至少一位同学，每位同学只能去一个社区，则不同的分配方案有72种 【答案】BC 【解析】 【分析】根据排列组合的典型方法：捆绑法、插空法、优先法、定序法、分组分配法逐项判断即可. 【详解】对于A，若五位同学排队甲、乙必须相邻的安排有种，然后与戊全排列的安排种， 丙、丁不能相邻的安排有种（插入甲乙捆绑体与戊形成的3个空位中）， 共有种，故A不正确； 对于B，若五位同学排队最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲， 则当甲在左端时，则有种安排方法； 当乙在左端时，甲有种安排方法，其他人有种安排方法， 故符合的总的安排方法种数为种，故B正确； 对于C，若甲乙丙三位同学按从左到右的顺序排队， 则不同的排法有种，故C正确； 对于D，若甲、乙、丙、丁四位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每个社区至少一位同学， 先将4人分三组的分组方法数为，再把三个组分配到三个社区的种方法数为， 所以不同的分配方案有种，故D不正确. 10. 已知在的二项展开式中，第6项为常数项，则（ ） A. B. 展开式中项数共有11项 C. 含的项的系数为 D. 展开式中有理项的项数为3 【答案】BD 【解析】 【分析】利用二项式定理及二项展开式的通项公式，结合展开式中的特定项的求法即可求解. 【详解】依题意，展开式的通项公式为， 因为第6项为常数项， 所以时，有，解得，故A错误； 由，得展开式中项数共有项，故B正确； 令，得， 所求含项的系数为.故C错误； 由,令，,则，即， 因为，所以应为偶数，所以可取，即可以取，所以第项，第项，第项为有理项，即展开式中有理项的项数为3，故D正确. 11. 现有编号的个学生，入座编号的个座位，设学生所坐的座位号与该生的编号不同的学生数为，已知时共8种坐法，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据的意义，结合组合数公式，求，再根据古典概型概率公式，求，再写出所有的取值和概率，代入期望公式和方差公式，即可判断选项. 【详解】A.由条件可知，3人错位排列有2种方法，所以，解得，故A错误； B.表示4人全部坐错，4人全部坐错有种方法，4人的全部坐法有种坐法， 所以，故B正确； C.，，，, 所以，故C错误； D.，故D正确. 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从装有5个红球和4个蓝球（球的大小和质地均相同）的盒子中随机取2个球，则在取到的2个球颜色相同的条件下，所取球都是红球的概率为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】记事件为“取到的2个球都是红球”，事件为“取到的2个球颜色相同”，由古典概型结合条件概率公式即可计算求解. 【详解】记事件为“取到的2个球都是红球”，事件为“取到的2个球颜色相同”． . 故答案为：. 13. 已知，则___________． 【答案】 【解析】 【详解】． 14. 有一个摸球游戏，规则如下：在盒子里放入大小、质地完全相同的4个红球和3个白球，不放回地依次随机取出，每次取出1个球，直到剩下只有一种颜色的球时游戏结束，则游戏结束时取球次数恰好为5次的概率为_______________. 【答案】 【解析】 【详解】从7个球中取5个球有种不同的取法， 游戏结束时取球次数恰好为5次有两种情况： ①最后盒子里剩余的全是白球，则第五次摸出的必是红球，且前四次有一次摸出的是白球，三次摸出的是红球有种不同的取法； ②最后盒子里剩余的全是红球，则第五次摸出的必是白球，且前四次中有两次摸出的是红球，两次摸出的是白球有种不同的取法； 所以游戏结束时取球次数恰好为5次的概率为. 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. （Ⅰ）若是第二象限角，且，求的值； （Ⅱ）求函数的定义域和值域. 【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）函数的定义域为，值域为 【解析】 【分析】（1）由为第二象限角及的值，利用同角三角函数间的基本关系求出及的值，再代入中即可得到结果. （2）函数解析式利用二倍角和辅助角公式将化为一个角的正弦函数，根据的范围，即可得到函数值域. 【详解】解：（1）因为是第二象限角，且， 所以. 所以， 所以. （2）函数的定义域为. 化简，得 ， 因为，且，， 所以， 所以. 所以函数的值域为. （注：或许有人会认为“因为，所以”，其实不然，因为.） 【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系式，三角函数函数值求解以及定义域和值域的求解问题，涉及到利用二倍角公式和辅助角公式整理三角函数关系式的问题，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，属于常考题型. 16. 《水浒传》是中国古典四大名著之一，是中国历史上最早用白话文写成的章回小说，由三十六天罡与七十二地煞共同构成一百零八将的主体框架，小明喜欢收集其中的人物卡牌，卡牌分为普通卡和隐藏卡，小明目前收集到的卡牌分布如下表所示： 天罡 地煞 普通卡 6 12 隐藏卡 2 5 （1）若小明从25张卡牌中随机选取一张，记事件为小明取到的卡牌人物属于天罡，事件为小明取到的卡牌为隐藏卡，求和，并判断事件和事件是否相互独立； （2）小王和小明进行抽卡游戏，每人一次性从25张卡牌中抽取两张，给出以下规则：抽到的两张卡分别是天罡隐藏卡及地煞隐藏卡，得5分；抽到的两张卡有且仅有一张隐藏卡，得3分；抽到的两张卡分别是天罡普通卡及地煞普通卡，得1分；其余情况不得分.设为小王第一次抽取卡牌后获得的分数，写出的分布，并求出的数学期望和方差. 【答案】（1）,，事件与事件不独立. （2） 0 1 3 5 ， 【解析】 【分析】（1）利用古典概型的概率公式可求得的值，利用条件概率公式可求得的值，利用独立事件的定义可判断出事件和事件的关系； （2）分析可知，随机变量的可能取值有，求出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可得出和的值. 【小问1详解】 由表格中的数据结合古典概型的概率公式可得， 由条件概率公式可得， 因为，所以， 故事件与事件不独立. 【小问2详解】 由题意可知，随机变量的可能取值有：， 则， ， ， 所以随机变量的分布列如下表所示： 0 1 3 5 故. 方差 17. 记的内角的对边分别为，已知 （1）试判断的形状； （2）若，求周长的最大值. 【答案】（1）是直角三角形 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，利用余弦定理列出方程，得到，即可求解； （2）由（1）和，得到，则周长为，结合三角函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：由，可得，所以， 即，所以， 又由余弦定理得，可得，所以， 所以是直角三角形 【小问2详解】 解：由（1）知，是直角三角形，且，可得， 所以周长为， 因为，可得， 所以，当时，即为等腰直角三角形，周长有最大值为. 18. 为提升工作效率，某公司对员工进行了培训.公司规定：只有培训合格才能上岗，否则将补训. （1）若员工甲、乙培训合格的概率分别为，求甲、乙两人中恰有一人不需要补训的概率； （2）为了激发员工的培训积极性，某公司在培训过后举办了一次知识竞赛.已知参加这次知识竞赛员工的竞赛成绩近似服从正态分布，若该集团共有2000名员工，试估计这些员工中成绩超过93分的人数；（结果精确到个位） （3）参加了知识竞赛的员工还可继续参与第二轮答题赢重奖活动，活动规则如下：共有3道题，每答对1道题奖励现金800元.已知参与知识竞赛的员工甲答对每道题的概率均为，且每题答对与否都相互独立，记甲获得总奖金为元，求的分布列与数学期望. 参考数据：若，则，. 【答案】（1） （2） （3）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据题意明确“不需要补训”即为培训合格的事件，设甲、乙合格分别为独立事件；恰有一人不需要补训可分为“甲合格乙不合格”与“甲不合格乙合格”两种互斥情形，再根据独立事件的乘法公式及概率的加法公式求解； （2）利用给定参数确定正态分布模型，将成绩超过分转化为求的概率；结合正态分布的对称性及提供的概率参考数据，计算出对应的概率值，最后用总人数乘以该概率并取整估算人数； （3）先确定甲答对的题目数服从二项分布，由答对题数与奖金关系得到奖金的可能取值；再根据二项分布概率公式计算各取值对应的概率，列出分布列；最后利用期望公式计算数学期望. 【小问1详解】 分别记甲、乙培训合格为事件， 则甲、乙两人中恰有一人不需要补训的概率：. 【小问2详解】 由已知得的近似值为的近似值为3， 所以， 而， 所以估计这些员工中成绩超过分的人数为. 【小问3详解】 的所有可能取值为. 且， 所以的分布列为 0 800 1600 2400 19. 已知向量，，且函数． （1）求图象的对称轴方程； （2）若函数在区间上有两个零点和，求的值； （3）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由和差角公式，二倍角公式，辅助角公式化简得函数解析式，由正弦函数的对称轴求得函数的对称轴； （2）由取值范围，求得范围，由正弦函数图象作出函数在区间上的大致图象，由对称性求得，即可求得结果； （3）通过取值范围，求得范围，设，即求得的取值范围，通过二次函数开口方向得到函数最大值点，根据题意建立不等式组，解得实数的取值范围即可． 【小问1详解】 ， 令，解得， 即图象的对称轴为直线． 【小问2详解】 由（1）知，，由，得， 作出函数在区间上的大致图象如下， 由函数在区间上有两个零点和， 得，则． 【小问3详解】 设，因为，则，， 即，对任意，不等式恒成立， 等价于：对任意，不等式恒成立， 令，其图象为开口向上的抛物线， 故其在区间上的最大值在端点处取得，所以要使在区间上恒成立， 只需，即，解得，即实数的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025--2026学年度下学期期中考试 高二数学试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计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. 已知的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知随机变量X服从正态分布，若，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8 3. 甲、乙、丙三位同学从 7 处不同的景点中各自选 2 处旅游，则三人恰好选择一个相同的景点，且他们各自选择的另一个景点互不相同的选法共有（ ） A. 840 种 B. 420 种 C. 210 种 D. 140 种 4. 已知的展开式中的系数为5，则（　　） A. 4 B. 3 C. D. 5. 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. 6. 在中，，，，则边上的高为（ ） A. B. C. D. 7. 当前，AI已从一个研究领域变成一类赋能技术．在医药健康领域，AI已应用于靶点发现、药物设计及临床试验等方面，显著提升了科研效率．假设某实验用AI辅助新药分子筛选，事件A是“AI模型筛选出候选分子M”，事件B是“AI模型筛选出候选分子N”．已知，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若恒成立，且在上最大值与最小值的和为0，则的最小值为（ ） A. 8 B. 6 C. 5 D. 4 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. 有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（ ） A. 若五位同学排队，要求甲、乙必须相邻且丙、丁不能相邻，则不同的排法有12种 B. 若五位同学排队，最左端只能排甲或乙，最右端不排甲，则不同的排法共有42种 C. 若甲、乙、丙三位同学按从左到右的顺序排队，其他人可以任意排列，则不同的排法有20种 D. 若甲、乙、丙、丁四位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每个社区至少一位同学，每位同学只能去一个社区，则不同的分配方案有72种 10. 已知在的二项展开式中，第6项为常数项，则（ ） A. B. 展开式中项数共有11项 C. 含的项的系数为 D. 展开式中有理项的项数为3 11. 现有编号的个学生，入座编号的个座位，设学生所坐的座位号与该生的编号不同的学生数为，已知时共8种坐法，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从装有5个红球和4个蓝球（球的大小和质地均相同）的盒子中随机取2个球，则在取到的2个球颜色相同的条件下，所取球都是红球的概率为__________． 13. 已知，则___________． 14. 有一个摸球游戏，规则如下：在盒子里放入大小、质地完全相同的4个红球和3个白球，不放回地依次随机取出，每次取出1个球，直到剩下只有一种颜色的球时游戏结束，则游戏结束时取球次数恰好为5次的概率为_______________. 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. （Ⅰ）若是第二象限角，且，求的值； （Ⅱ）求函数的定义域和值域. 16. 《水浒传》是中国古典四大名著之一，是中国历史上最早用白话文写成的章回小说，由三十六天罡与七十二地煞共同构成一百零八将的主体框架，小明喜欢收集其中的人物卡牌，卡牌分为普通卡和隐藏卡，小明目前收集到的卡牌分布如下表所示： 天罡 地煞 普通卡 6 12 隐藏卡 2 5 （1）若小明从25张卡牌中随机选取一张，记事件为小明取到的卡牌人物属于天罡，事件为小明取到的卡牌为隐藏卡，求和，并判断事件和事件是否相互独立； （2）小王和小明进行抽卡游戏，每人一次性从25张卡牌中抽取两张，给出以下规则：抽到的两张卡分别是天罡隐藏卡及地煞隐藏卡，得5分；抽到的两张卡有且仅有一张隐藏卡，得3分；抽到的两张卡分别是天罡普通卡及地煞普通卡，得1分；其余情况不得分.设为小王第一次抽取卡牌后获得的分数，写出的分布，并求出的数学期望和方差. 17. 记的内角的对边分别为，已知 （1）试判断的形状； （2）若，求周长的最大值. 18. 为提升工作效率，某公司对员工进行了培训.公司规定：只有培训合格才能上岗，否则将补训. （1）若员工甲、乙培训合格的概率分别为，求甲、乙两人中恰有一人不需要补训的概率； （2）为了激发员工的培训积极性，某公司在培训过后举办了一次知识竞赛.已知参加这次知识竞赛员工的竞赛成绩近似服从正态分布，若该集团共有2000名员工，试估计这些员工中成绩超过93分的人数；（结果精确到个位） （3）参加了知识竞赛的员工还可继续参与第二轮答题赢重奖活动，活动规则如下：共有3道题，每答对1道题奖励现金800元.已知参与知识竞赛的员工甲答对每道题的概率均为，且每题答对与否都相互独立，记甲获得总奖金为元，求的分布列与数学期望. 参考数据：若，则，. 19. 已知向量，，且函数． （1）求图象的对称轴方程； （2）若函数在区间上有两个零点和，求的值； （3）若对任意，不等式恒成立，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 $