精品解析：甘肃陇南市第一中学2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试题

绝密★启用前 2025-2026学年武都市陇南第一中学高二下学期 期中考试（数学）试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合. 1. 从装有6个红球，3个白球的袋子中，不放回地依次抽取2个小球，在第一次抽取到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为（ ） A. B. C. D. 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 在(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)的展开式中，含的项的系数是 A. -15 B. 85 C. -120 D. 274 4. 若函数在上单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有1，2，3，4四个区域，现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉.若从所有种植方案中任意选一种，则这种方案中花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 若函数的定义域为，且，则（ ） 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. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 已知函数，则（ ） A. ，是增函数 B. ，是奇函数 C. 若有三个不同的零点，，，则 D. 过点且与曲线相切的直线恰有3条，则 10. 已知，且第5项与第8项的二项式系数相等，则（ ） A. B. 展开式的二项式系数和为 C. 展开式的各项系数和为 D. 11. (多选)已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 的零点为 B. 有两个极值点 C. 在处取得极小值 D. 在上单调递增 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________． 13. 在的展开式中，的系数为___________．（结果用数字作答） 14. 已知曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为_________． 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. 某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为，每局比赛，棋手胜加分；平局不得分；棋手负减分．当棋手总分为时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为、、，且各局比赛相互独立. （1）求两局后比赛终止的概率； （2）在局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率； （3）在挑战过程中，棋手每胜局，获奖千元．记局后比赛终止且棋手获奖万元的概率为，求的最大值． 16. 某商场组织抽奖活动，规则如下：在一个不透明的盒子中装有10个形状、大小、质地完全相同的小球，其中白球4个，红球6个．每位顾客从盒子中随机抽取1个球，记录颜色后放回盒子中．若抽得白球，则获得九折优惠券；若抽得红球，则获得七折优惠券．每位顾客只有一次抽奖机会． （1）求前四位顾客中，至少有两位顾客获得七折优惠券的概率； （2）若一个不透明的盒子中共有个形状、大小、质地相同的小球，其中红球的个数是一个离散型随机变量．证明：从该盒子中随机抽取1个球，抽到红球的概率为； （3）为增加趣味性，商场第二天调整了规则：在每位顾客抽奖完成并放回小球后，店员往盒子中增加3个与刚才取出球颜色不同的小球（若取出红球，则增加3个白球；若取出白球，则增加3个红球），然后下一位顾客再进行抽奖．已知第一位顾客抽奖前，盒子中仍为4个白球和6个红球．求第位顾客获得七折优惠券的概率． 参考公式：若是离散型随机变量，有． 17. 以下各小题要求列出算式，并计算出结果．某高校组织1位老师带领3名男生、3名女生参加志愿服务活动． （1）活动开始前7人排成一排合影留念 ①若要求老师站在中间，甲、乙两位学生均与老师相邻，共有多少种不同的排法？ ②若老师站在队列的排头或排尾且女生互不相邻，共有多少种不同的排法？ （2）现从6名学生中选1人与老师留在原地，其余5人分配到3个服务站点进行志愿服务． 要求每个站点至少一名学生，每名学生只能分配到一个站点，共有多少种分配方式？ 18. 已知函数. （1）若函数有两个极值点，求实数的取值范围； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）若，恒成立，求的最大值. 19. 已知函数，其中. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有三个零点，，，其中，函数的两个极值点分别为，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2025-2026学年武都市陇南第一中学高二下学期 期中考试（数学）试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合. 1. 从装有6个红球，3个白球的袋子中，不放回地依次抽取2个小球，在第一次抽取到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】袋中原来有个小球，其中白球有个， 已知第一次抽到白球，则第一次抽取后：袋中还剩个小球， 白球还剩个， 所以在“第一次抽到白球”这个条件下，第二次抽到白球的概率为 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用导数的运算法则和复合函数求导的法则，准确运算，即可求解. 【详解】对于A，由 ，所以A错误； 对于B，由，所以B正确； 对于C，由，所以C错误； 对于D，由，所以D错误. 故选：B. 3. 在(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)的展开式中，含的项的系数是 A. -15 B. 85 C. -120 D. 274 【答案】A 【解析】 【分析】本小题主要考查二项式定理展开式具体项系数问题．本题可通过选括号（即5个括号中4个提供，其余1个提供常数）的思路来完成． 【详解】的展开式中， 含项为五个括号中四个取还有一个括号取常数相乘得到， 故含的项的系数为 故选：A. 4. 若函数在上单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用求导，将函数在给定区间上为增函数转化为不等式在上恒成立问题，即求出二次函数在上的最大值即得. 【详解】由可得， 因在上单调递增，故在上恒成立， 即在上恒成立， 而函数在上单调递减，则， 故，即a的取值范围是. 故选：A. 5. 某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有1，2，3，4四个区域，现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉.若从所有种植方案中任意选一种，则这种方案中花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出区域1与区域3种同种花卉和不同花卉的方案种数，根据古典概率的公式求解. 【详解】当区域1与区域3种植同一种花卉时，该花坛种植方案共有种； 当区域1与区域3不种植同一种花卉时，该花坛种植方案共有种． 故该花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为. 故选：B. 6. 若函数的定义域为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意构造函数，得出是等差数列，利用等差数列的通项公式即可求解. 【详解】由题意得函数的定义域是，且满足方程， 等式两边同除以得，令，则有， 这说明当是正整数时，数列是一个公差为的等差数列，由，得， 因此，对于正整数有，则， 所以，故C正确. 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. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可得， 设，则. 当时，，则，所以在上单调递减； 当时，则，所以在单调递增. 所以，即. 二、多选题：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. 已知函数，则（ ） A. ，是增函数 B. ，是奇函数 C. 若有三个不同的零点，，，则 D. 过点且与曲线相切的直线恰有3条，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A：根据导数与单调性的关系判断即可；选项B：根据奇函数的定义判断即可；选项C：根据函数零点的定义，结合韦达定理求解即可；选项D：利用导数的几何意义求得切线方程，代入点得，则函数与直线的图象有3个不同的交点，利用导数与极值的关系判断即可. 【详解】已知，则. 选项A：若是增函数，只需，只需即可，所以. 所以，是增函数，故A正确. 选项B：，， 则，故不是奇函数，故B错误. 选项C：若有三个不同的零点，，，则有3个根. 其中一个零点为，另外两个零点为的两个根，，则. 所以，故C正确. 选项D：设切点为，， 所以切线方程为. 又切线过，所以，即. 切线恰有3条，等价于有3个不同的实数解，即函数与直线有3个交点. . 令，即，解得或. 当时，，当时，， 所以在、上单调递减，在上单调递增， 所以极小值为，极大值为， 所以当时，与有3个交点. 所以当时，过点且与曲线相切的直线恰有3条，故D正确. 10. 已知，且第5项与第8项的二项式系数相等，则（ ） A. B. 展开式的二项式系数和为 C. 展开式的各项系数和为 D. 【答案】AD 【解析】 【详解】对于A：由题意可得，则，故A正确；对于B：因为，所以展开式的二项式系数和为，故B不正确； 对于C：令，则展开式的各项系数和为，所以C不正确； 对于D：令，得，令，得，所以，故D正确． 11. (多选)已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 的零点为 B. 有两个极值点 C. 在处取得极小值 D. 在上单调递增 【答案】ABC 【解析】 【分析】函数求导后根据极值点判定条件和单调性判定条件逐一分析选项即可 【详解】选项A，令，即，因为，所以，解得，所以的零点只有，A正确； 选项B，， 则，在上单调递增(因为)， 且，，所以在上先减后增. 当，；时，；时，；时，， 由零点存在定理，在有一个零点，在有一个零点，因此有两个极值点，B正确； 选项C，由B选项分析可知，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增，即在处取得极小值，C正确； 选项D，由选项C分析可知，在区间先增后减，D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________． 【答案】19 【解析】 【分析】利用排列数与组合数关系求得的值，进而求解. 【详解】由得，所以， ∴，解得，故． 故答案为：19． 13. 在的展开式中，的系数为___________．（结果用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】列出二项式的通项公式，令的指数为，可得，即可求解. 【详解】根据二项式定理，可得其展开式中第项的通项公式为， 化简可得， 令，解得，所以展开式的第项为， 所以的系数为. 14. 已知曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得切线斜率，根据导数的几何意义列方程求解即可． 【详解】因为，所以切线的斜率为， 而切线与直线垂直，所以，解得， 故答案为：． 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. 某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为，每局比赛，棋手胜加分；平局不得分；棋手负减分．当棋手总分为时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为、、，且各局比赛相互独立. （1）求两局后比赛终止的概率； （2）在局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率； （3）在挑战过程中，棋手每胜局，获奖千元．记局后比赛终止且棋手获奖万元的概率为，求的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分析可知，棋手可能得分或分比赛终止，列出两种情况下棋手的胜负情况，结合独立事件的概率公式和互斥事件概率公式可求得所求事件的概率； （2）设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件，求出、的值，利用条件概率公式可求得的值； （3）分析可知，甲共胜局，对棋手甲分两种情况讨论：（i）棋手第局以分比赛终止；（ii）棋手第局以分比赛终止.计算出“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率，分析数列的单调性，即可得出结论. 【小问1详解】 设每局比赛甲胜为事件，每局比赛甲平为事件，每局比赛甲负为事件， 设“两局后比赛终止”为事件， 因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或分比赛终止． （i）当棋手得分为分，则局均负，即； （ii）当棋手得分为分，则局先平后胜，即． 因为、互斥，所以 ． 所以两局后比赛终止的概率为． 【小问2详解】 设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件． 因为 ， ． 所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为 ． 所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为． 【小问3详解】 因为局获奖励万元，说明甲共胜局． （i）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种， （ii）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种， 则“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率 ，． 所以． 因为，所以， 所以，所以单调递减， 所以当时，取最大值为． 16. 某商场组织抽奖活动，规则如下：在一个不透明的盒子中装有10个形状、大小、质地完全相同的小球，其中白球4个，红球6个．每位顾客从盒子中随机抽取1个球，记录颜色后放回盒子中．若抽得白球，则获得九折优惠券；若抽得红球，则获得七折优惠券．每位顾客只有一次抽奖机会． （1）求前四位顾客中，至少有两位顾客获得七折优惠券的概率； （2）若一个不透明的盒子中共有个形状、大小、质地相同的小球，其中红球的个数是一个离散型随机变量．证明：从该盒子中随机抽取1个球，抽到红球的概率为； （3）为增加趣味性，商场第二天调整了规则：在每位顾客抽奖完成并放回小球后，店员往盒子中增加3个与刚才取出球颜色不同的小球（若取出红球，则增加3个白球；若取出白球，则增加3个红球），然后下一位顾客再进行抽奖．已知第一位顾客抽奖前，盒子中仍为4个白球和6个红球．求第位顾客获得七折优惠券的概率． 参考公式：若是离散型随机变量，有． 【答案】（1） （2） ， 设“从盒中随机抽取1个球，抽到红球”为事件， 由全概率公式可得， 所以从盒中随机抽取1个球，抽到红球的概率为； （3） 【解析】 【分析】（1）根据独立重复事件的概率计算求解； （2）利用全概率公式计算； （3）设第位顾客抽完后，第位顾客抽奖前，盒中的红球数为离散型随机变量，则此时盒中的白球数为，设离散型随机变量，由题意得，再结合累加法计算即可． 【小问1详解】 解：设“前四位顾客中，至少有两位顾客获得七折优惠券”为事件， 则． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设第位顾客抽完后，第位顾客抽奖前，盒中的红球数为离散型随机 变量，则此时盒中的白球数为，一共有个球， 设离散型随机变量，由题意得， 由（2）知：， 所以， 根据参考公式可得 所以， 令则， 累加可得，因为， 所以，又因为符合上式， 所以，所以， 所以当时，由（2）知， 又因为符合上式，所以． 17. 以下各小题要求列出算式，并计算出结果．某高校组织1位老师带领3名男生、3名女生参加志愿服务活动． （1）活动开始前7人排成一排合影留念 ①若要求老师站在中间，甲、乙两位学生均与老师相邻，共有多少种不同的排法？ ②若老师站在队列的排头或排尾且女生互不相邻，共有多少种不同的排法？ （2）现从6名学生中选1人与老师留在原地，其余5人分配到3个服务站点进行志愿服务． 要求每个站点至少一名学生，每名学生只能分配到一个站点，共有多少种分配方式？ 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】本题主要考查排列组合的综合应用，涉及特殊元素定位、相邻问题、不相邻问题、分组分配等问题. （1）①老师位置固定在中间，甲乙两位学生必须与老师相邻，先安排甲乙两人的位置，再对其余无限制的4名学生进行全排列，根据分步乘法计数原理求解； ②先安排老师在排头或排尾，再排男生，最后利用插空法安排互不相邻的女生，分步完成后用乘法计数原理计算； （2）先从6名学生中选出1人与老师留在原地，再将剩余5名学生按，，或，，两种人数分组方式进行分组，最后将各组分配到个服务站点，利用先分组后分配的方法求解. 【小问1详解】 ①因为老师站在最中间，甲、乙两名学生站在老师的两侧， 所以老师站在第4个位置，甲、乙两名学生的排序有种． 再排其他学生，有种，由分步乘法计数原理，不同的排法有种． ②老师排在排头或排尾有种方法,其余6个位置用插空法处理：先排3名男生有种排法，形成4个空位；再将3名女生排入这4个空位，有种排法由分步乘法计数原理，不同的排法有种． 【小问2详解】 因为要从6名学生中选出1名与老师留在原地，有种选法． 其余5名同学分配到3个站点，可分为1人、2人、2人，或分为1人、1人、3人． 如果分为1人、2人、2人，有种， 如果分为1人、1人、3人，有种， 再将这3组对应3个站点进行全排列， 不同的分配方式有种． 18. 已知函数. （1）若函数有两个极值点，求实数的取值范围； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）若，恒成立，求的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由可得，令，则直线与函数图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出关于实数的不等式，可得出实数的取值范围，再结合函数极值点的定义验证即可； （2）设，先由得出，然后证明出当时，，即证，即证， 令，即证，再构造函数，其中，利用导数证明出即可； （3）当时，分析可知恒成立，令，分析出不合乎题意，由题意得出，则可求出的最大值为，然后验证存在、的值，使得的最大值为，结合导数验证即可. 【小问1详解】 由题意，有两个解，可得， 所以令，则有两个解，， 由可得，列表如下： 增 极大值 减 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 函数的极大值为，如下图所示： 要使得直线与函数图象有两个交点，则，可得. 设直线与函数图象两个交点的横坐标分别为、且， 由图可知，当时，， 当时，， 所以函数的减区间为、，增区间为， 故函数的极小值点为，极大值点为，符合题意， 故实数的取值范围是. 【小问2详解】 根据题意恒成立，设，则，故， 所以当时，，与题意不符， 下面证明：当时，符合题意， 当时，， 以下证明：，即证，即证， 令，即证， 函数的定义域为，，令，可得， 当时，，此时函数在上单调递减， 当时，，此时函数在上单调递增， 所以，故只需证当时，， 构造函数，其中，则， 所以函数在上单调递增， 故当时，， 故对任意的，， 综上所述，实数的取值范围是. 【小问3详解】 因为，成立，所以， 即恒成立， 设函数，依题意恒成立， 当时，因为函数、在上均为减函数， 所以函数在上单调递减， 当时，，所以与题意不符； 当时，可知，所以，则， 所以，当时，，与题意不符， 下面证明，存在、使得成立，所以， 所以，则， 因为对任意的恒成立，所以函数在处取得最大值， 因为，且，所以函数在上单调递减， 所以函数在处取得极大值，则，解得， 所以，，则， 此时，则， 当时，，即函数在上单调递增， 当时，，即函数在上单调递减， 所以对任意的，，符合题意， 综上所述，的最大值为. 19. 已知函数，其中. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有三个零点，，，其中，函数的两个极值点分别为，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i）； （ii）证明如下： 由，所以， 所以也是的零点，所以， 所以，所以，所以. 又的两个极值点分别为，， 所以，是，即的两个变号根， 所以直线与有两个不同的交点，其横坐标分别为，， 而，令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，且， ，， 令，，则， 因为，所以，所以， 所以，，， 所以， 所以，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以，所以，所以， 所以，所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求解即可； （2）（i）由题意可得有三个零点，求导，令，对函数求导，分，，三种情况，结合导数与单调性、最值的关系及零点的存在性定理讨论求解即可；（ii）由可得，即，根据极值与导数的关系令，可得，令，，求导，根据导数可得，进而计算可证. 【小问1详解】 当时，，所以， 所以，又， 所以切线方程为，即； 【小问2详解】 （i）函数的定义域为，， 由，得，即， 由题意可得有三个零点，，，， 令，则， ①当时，，单调递增， 且当时，；当时，， 由零点存在定理可知存在正数，使得，令，得； 令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则在上最多有2个零点，不符合题意； ②当时，令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 若，则，所以， 所以在上单调递减，不可能有三个零点； 若，则，， 且当时，；当时，， 故由零点存在定理可知存在，，使得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 因为，所以，即. 又，当时，；当时，， 所以由零点存在定理可知存在三个零点，，， 所以有三个零点时，的取值范围是. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $