精品解析：河南郑州市第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

2025~2026学年下学期期中考试 27届 高二（数学）试题 命题人：商六营 审题人：王红庆 说明： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），满分150分. 2．考试时间：120分钟. 3．将第I卷的答案代表字母填（涂）在答题卡上. 第I卷（选择题，共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若函数，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 展开式中的系数为（ ） A. 10 B. 24 C. 32 D. 56 3. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知随机变量的分布列如表所示. 0 1 2 3 若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 某中学体育运动会上，甲、乙两人进行乒乓球项目决赛，采取“三局两胜制”，即先胜两局者获得冠军．已知甲每局获胜的概率为，且比赛没有平局．记事件表示“甲获得冠军”，事件表示“比赛进行了三局”，则（ ） A. B. C. D. 6. 学校将从4男4名女中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手．要求甲乙同时入选或同时不入选．不同组队形式有（ ）种． A. 480 B. 360 C. 570 D. 540 7. 给出下列四个图象： 函数大的大致图象的可以是（ ） A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ②③④ 8. 若，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个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. 若，则（ ） A. B. C. D. | 10. 设函数，则（ ） A. 当时，有两个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 当时，点为曲线的对称中心 D. 当时，在区间上单调递增 11. 甲箱中有3个白球和2个黑球，乙箱中有1个白球和2个黑球，从甲箱中随机取两个球放入乙箱，然后再从乙箱中任意取出两个球．下列结论正确的是（ ） A. 从乙箱中取出两球是白球的概率为0.18 B. 从乙箱中取出两球是黑球的概率为0.27 C. 若从乙箱中取出的是两黑球，则从甲箱中取出的两球是黑球的概率 D. 若从乙箱中取出的是两黑球，则从甲箱中取出的两球是白球的概率 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若随机变量X服从两点分布，且P(X＝0)＝0.8，P(X＝1)＝0.2.令Y＝3X－2，则P(Y＝－2)＝________. 13. 如图是由5个正方形拼成的图案，从图中小正方形的11个顶点中任取3个顶点为一组，可以构成的三角形个数为______. 14. 已知函数，若关于x的不等式有解，则m的取值范围是___________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程和验算步骤. 15. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间． 16. 某校有5名教师（含优秀的“王老师”）组成校本课程讲师团．其中2人有校本课程开发经验，3人没有校本课程经验开发．学校先从5名教师中随机抽取2名教师开设校本课程，一期校本课程结束后，再从这5名教师中随机抽取2名教师开设下一期校本课程，一共开发3期． （1）求5名教师中优秀的“王老师”，在这3期校本活动中恰有两次被抽选到的概率； （2）求第一次抽取到有校本课程开发经验的教师人数的分布列和期望． 17. 已知，且展开式中有且仅有第6项的二项式系数最大. （1）求展开式的所有二项式系数之和； （2）求的值； （3）判断的展开式中第几项系数的绝对值最大. 18. 某大学为了鼓励学生积极参与社会实践，组织了一次志愿者活动，共有名学生报名参加（且）.活动中有种不同类型的服务项目可供选择，分别是社区服务、环保宣传和关爱弱势群体，每种项目都需要若干名学生参与. （1）若，且要求每个项目至少有名学生参与，求共有多少种不同的分配方案？ （2）若对于任意的名学生，每个项目至少有名学生参与的分配方案有种，求关于的表达式（用组合数表示），并证明当时，是的单调递增函数. 19. 定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数称为该函数的极值差比系数.已知函数. （1）当时，判断是否为极值可差比函数，并说明理由； （2）是否存在使的极值差比系数为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； （3）若，求的极值差比系数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年下学期期中考试 27届 高二（数学）试题 命题人：商六营 审题人：王红庆 说明： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），满分150分. 2．考试时间：120分钟. 3．将第I卷的答案代表字母填（涂）在答题卡上. 第I卷（选择题，共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若函数，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数的运算法则求出f′（x），令x＝1可得f′（1）＝2 f′（1）+2，计算可得f′（1），得到f′（x）、f（x）的解析式，代入x=-1,即可得答案． 【详解】f′（x）＝2 f′（1）+2x， 令x＝1得f′（1）＝2 f′（1）+2， ∴f′（1）＝﹣2， ∴f′（x）＝2x-4， ∴f′（-1）＝-6,又， ∴ 故选C． 【点睛】本题考查求函数的导函数值，先求出导函数，给导函数中的x赋值是解题的关键． 2. 展开式中的系数为（ ） A. 10 B. 24 C. 32 D. 56 【答案】D 【解析】 【分析】 先将式子化成，再分别求两项各自的的系数，再相加，即可得答案. 【详解】∵， ∴展开式中含的项为， 展开式中含的项， 故的系数为. 故选：D. 【点睛】本题考查二项展开式中指定项的系，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力. 3. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确. 4. 已知随机变量的分布列如表所示. 0 1 2 3 若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据随机变量的分布列，可得的可能取值，求出对应的概率，再根据，即可得出答案. 【详解】解：由随机变量的分布列知，的可能取值为0，1，4，9， 且，， ，， ∵， ∴实数满足. 故选：B. 5. 某中学体育运动会上，甲、乙两人进行乒乓球项目决赛，采取“三局两胜制”，即先胜两局者获得冠军．已知甲每局获胜的概率为，且比赛没有平局．记事件表示“甲获得冠军”，事件表示“比赛进行了三局”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出、的值，利用条件概率公式可求得的值. 【详解】由题意可知，事件为“比赛进行两局，甲获得冠军”，所以，， ， 由条件概率公式可得. 故选：C. 6. 学校将从4男4名女中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手．要求甲乙同时入选或同时不入选．不同组队形式有（ ）种． A. 480 B. 360 C. 570 D. 540 【答案】C 【解析】 【分析】甲乙同时入选时，按甲担任四辩手或担任二、三辩手分类求解，甲乙同时不入选时，直接从6人中选4人排列即可得，结合分类加法原理计算． 【详解】甲乙同时入选时，按甲担任四辩手或担任二、三辩手分类求解，甲乙同时不入选时，直接从6人中选4人排列即可得． 因此所求方法数为， 故选：C． 7. 给出下列四个图象： 函数大的大致图象的可以是（ ） A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ②③④ 【答案】C 【解析】 【分析】分成，，三种情况识别函数的图象得出结果. 【详解】当时，是一个指数函数，在R上单调递减，所以②正确，①错误； 当时，由，即，解得，函数与轴交于两点，显然四个图象都不相符； 当时，，所以③不相符；由，方程的，当时，，有两个不等的实根，则函数两个极值点，当时，，当时，，所以④相符. 故选：C. 8. 若，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据结构，构造函数，利用导数证明出，利用单调性判断出；令，利用单调性判断出，即可得到答案. 【详解】记，因为， 令，解得；令，解得； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 所以， 因为，所以，即； 令，， 所以在单调递增，， 所以当时，，即， 所以， 又，，所以. 故. 故选：D. 【点睛】关键点睛：本题考查比较大小，解答的关键是结合式子的特征，合理构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可判断. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个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. 若，则（ ） A. B. C. D. | 【答案】BD 【解析】 【分析】令可计算出的值，可判断A；根据展开式对整数进行变形，写出展开式通项公式，求出，可判断 B；令结合的结果可计算出的值，判断C；分别令，，然后根据展开式的通项公式判断取值的正负即可计算出的值，判断D． 【详解】A．令，所以，故A错误； B．， 展开式通项公式为， 令得：，故，故B正确； C．令，所以，所以，故C错误； D．令，所以，又， 所以，， 又因为的展开式通项为，所以当为奇数时，项的系数为负数， 所以，故D正确. 故选：BD. 10. 设函数，则（ ） A. 当时，有两个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 当时，点为曲线的对称中心 D. 当时，在区间上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据因式分解可得函数的零点，结合导函数的图像去研究函数的极大值、对称中心与单调性. 【详解】已知，所以, 当时，，方程有两个根，所以正确， 当时，的解集为，的解集为， 所以在上单调减，在上单调增，所以在处取极小值，所以错误, 当时，， 所以关于中心对称，所以正确， 当时，的解集为，而,所以在上单调递增，所以正确. 故选： 11. 甲箱中有3个白球和2个黑球，乙箱中有1个白球和2个黑球，从甲箱中随机取两个球放入乙箱，然后再从乙箱中任意取出两个球．下列结论正确的是（ ） A. 从乙箱中取出两球是白球的概率为0.18 B. 从乙箱中取出两球是黑球的概率为0.27 C. 若从乙箱中取出的是两黑球，则从甲箱中取出的两球是黑球的概率 D. 若从乙箱中取出的是两黑球，则从甲箱中取出的两球是白球的概率 【答案】BC 【解析】 【分析】从甲箱中取出两白球、取出一白一黑和取出两黑球，分别为事件表示，从乙箱中取出的两球时白球和取出两球时黑球分别为事件，结合条件概率的计算公式和全概率公式，即可求解. 【详解】由题意，从甲箱中任取两球放入乙箱仅有3中可能，取出两白球、取出一白一黑和取出两黑球，分别用表示，则为样本空间的一个完备事件组， 设“从乙箱中取出的两球时白球”、“取出两球时黑球”分别为事件， 可得， 对于A中，其中， 所以从乙箱中取出两球是白球的概率为，所以A错误； 对于B中，其中 所以从乙箱中取出两球是黑球的概率，所以B正确； 对于C中，从乙箱中取出的是两黑球，则从甲箱中取出的两球是黑球的概率， 由贝叶斯公式得，所以C正确； 对于D中，从乙箱中取出的是两黑球，则从甲箱中取出的两球是白球的概率， 由贝叶斯公式，可得，所以D错误. 故选：BC. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若随机变量X服从两点分布，且P(X＝0)＝0.8，P(X＝1)＝0.2.令Y＝3X－2，则P(Y＝－2)＝________. 【答案】0.8 【解析】 【分析】由Y＝－2，根据Y＝3X－2，求得X＝0，即可求解. 【详解】由Y＝－2，且Y＝3X－2， 得X＝0， ∴P(Y＝－2)＝0.8. 故答案为：0.8 13. 如图是由5个正方形拼成的图案，从图中小正方形的11个顶点中任取3个顶点为一组，可以构成的三角形个数为______. 【答案】150 【解析】 【分析】根据题意，用间接法，首先计算从11个顶点中任取3个的取法数目，再分析其中不能组成三角形即取出的三点共线的情况，进而可得可以构成三角形的组数． 【详解】从11个顶点中任取3个，有种取法， 而其中不能组成三角形即取出的三点共线的情况有： 三点都在三条水平边上，有种， 三点都在三条竖直边上，有3种， 三点在正方形的对角线方向上，有3种， 则不能组成三角形即取出的三点共线的情况有种； 所以可以构成三角形的组数为组. 故答案为：150. 14. 已知函数，若关于x的不等式有解，则m的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】转化问题为有解，令，，设，利用导数求出，即可求出参数的取值范围. 【详解】由，得，显然， 所以在有解， 令，则， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即， 所以，则，即的取值范围为. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程和验算步骤. 15. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）求导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，代入点斜式直线方程求解即可. （2）求出导函数，根据和分类讨论，可求得单调区间. 【小问1详解】 当时，． ，即切点为． ，则． 所以切线方程为，即． 【小问2详解】 ． ①当时，，所以在单调递增． ②当时，由可得，由可得． 所以在单调递减，在单调递增． 综上所述，当时，在单调递增；当时， 在单调递减，在单调递增． 16. 某校有5名教师（含优秀的“王老师”）组成校本课程讲师团．其中2人有校本课程开发经验，3人没有校本课程经验开发．学校先从5名教师中随机抽取2名教师开设校本课程，一期校本课程结束后，再从这5名教师中随机抽取2名教师开设下一期校本课程，一共开发3期． （1）求5名教师中优秀的“王老师”，在这3期校本活动中恰有两次被抽选到的概率； （2）求第一次抽取到有校本课程开发经验的教师人数的分布列和期望． 【答案】（1） （2）分布列见详解， 【解析】 【分析】（1）由古典概型概率公式和独立重复事件的概率公式求解即可； （2）先写出的可能取值，再求出每个值的概率，列出分布列，利用数学期望公式计算即得. 【小问1详解】 设“王老师”在每期校本课程活动中被抽中为事件， 则， 则这3期校本活动中恰有两次被抽选到的概率. 【小问2详解】 的可能取值为：0，1，2， ，，， 所以随机变量的分布列为： 0 1 2 其数学期望为. 17. 已知，且展开式中有且仅有第6项的二项式系数最大. （1）求展开式的所有二项式系数之和； （2）求的值； （3）判断的展开式中第几项系数的绝对值最大. 【答案】（1）1024 （2） （3）第5项系数的绝对值最大 【解析】 【分析】（1）由“第6项二项式系数最大”确定，利用二项式系数之和公式求解. （2）通过赋值得，赋值代入展开式，变形后求得目标式子的值. （3）写出展开式通项，建立不等式组求解系数绝对值最大的项对应的值，确定项数. 【小问1详解】 因为展开式中第6项的二项式系数最大，所以， 所以展开式的所有二项式系数之和为. 【小问2详解】 令，得. 令，得， 所以. 【小问3详解】 展开式的通项. 由得. 因为r为整数，所以，所以的展开式中第5项系数的绝对值最大. 18. 某大学为了鼓励学生积极参与社会实践，组织了一次志愿者活动，共有名学生报名参加（且）.活动中有种不同类型的服务项目可供选择，分别是社区服务、环保宣传和关爱弱势群体，每种项目都需要若干名学生参与. （1）若，且要求每个项目至少有名学生参与，求共有多少种不同的分配方案？ （2）若对于任意的名学生，每个项目至少有名学生参与的分配方案有种，求关于的表达式（用组合数表示），并证明当时，是的单调递增函数. 【答案】（1） （2），证明见解析 【解析】 【分析】（1）将个人分为三组每组至少一人，先计算出分组的总数，然后可计算出分配方案数； （2）先计算出将名学生随机分配到三个项目的方法数，然后减去有一个项目没人去、有两个项目没人去的方法数，由此可得结果；再通过作商法比较与的大小关系即可证明出单调性. 【小问1详解】 将个人分为三组每组至少一人，每组的人数可以是， 每组人数是时，分组方法有种，每组人数是时，分组方法有种， 每组人数是时，分组方法有种，每组人数是时，分组人数有种， 所以将个人分为三组的方法数共有种， 所以不同的分配方案有种. 【小问2详解】 将名学生随机分配到三个项目，不考虑每个项目的人数，则有分配方法种， 将名学生随机分配到三个项目，有一个项目没人去，则有分配方法种， （注：先选两个项目有种选法，将个人分配到两个项目有种分法，减去个人在同一项目的情况） 将名学生随机分配到三个项目，有两个项目没人去，则有分配方法种， 由上可知，； 证明：设且， 所以， 由的实际意义可知，且时显然成立， 所以，所以，所以， 所以时，是的单调递增函数. 19. 定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数称为该函数的极值差比系数.已知函数. （1）当时，判断是否为极值可差比函数，并说明理由； （2）是否存在使的极值差比系数为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； （3）若，求的极值差比系数的取值范围. 【答案】（1）是，理由见解析 （2）不存在，理由见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用函数的导函数求出单调区间，由此得出极大值与极小值，由“极值可差比函数”的定义，求出极值差比系数的值，这样的值存在即可判断. （2）反证法，假设存在这样的，由“极值可差比函数”的定义列出等量关系，证明无解即可. （3）由（2）得到参数与极值点的关系式，对关系式进行转化，得出相应函数，利用导函数求出单调性，即可得出函数取值范围. 【小问1详解】 当时，（）， 则 当时，，当，， 所以在和上严格递增，在上严格递减， 所以的极大值为，极小值为， 所以，所以是极值差比函数. 【小问2详解】 的定义域为，， 假设存在使的极值差比系数为， 则，是方程的两个不相等的正实数根， 则，解得，不妨设，则， 因为 ， 所以，从而，得（*） 令（），， 所以在上是严格增函数，所以， 因此（*）无解，所以不存在使的极值差比系数为； 【小问3详解】 由（2）知极值差比系数为，即， 不妨设，令，，极值差比系数可化为， ，又，解得， 令（），， 设（），， 所以在上单调递减，当时，， 从而，所以在上单调递增，所以， 即， 所以的极值差比系数的取值范围为. 【点睛】思路点睛：研究复杂函数的性质，直接构造或者简单拆分函数依然复杂，这时候需要依赖对函数的等价变换，通过恒等变形发现简单函数结构，再进行构造研究. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $