精品解析：河北唐山市第一中学2025-2026学年高二第二学期5月期中考试数学试卷

唐山一中2025-2026学年第二学期期中考试高二年级 数学试卷 命题人:高欣雨 闫芳 审核人:闫芳高欣雨 一、单选题 1. 已知的方差为3，则的方差为（ ） A. 6 B. 7 C. 12 D. 18 2. 已知是函数的导函数，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 随机变量的分布列如图，其中成等差数列，则（ ） A. B. C. D. 4. 甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束）．已知每局比赛甲获胜的概率均为，则甲以4比2获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 有名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两位同学不能相邻，则不同的站法有 A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 6. 的展开式中x3y3的系数为（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 7. 已知则（    ） A. B. C. D. 8. 函数的两个极值点满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 9. 甲、乙两个盒子中分别装有大小、形状、质地相同的1个黑球和2个红球.现从两个盒子中各任取一个球放入对方盒子中称为一次操作，重复进行次操作后，甲盒子中恰有0个黑球，1个黑球，2个黑球分别记为事件，，，则以下错误的是（    ） A. B. C. D. 二、多选题 10. （多选）已知函数的导数为，若存在，使得，则称是的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是（ ） A. B. C. D. 11. 若，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题 12. 已知函数在处有极大值，则______. 13. 从6名男生和4名女生中，选出3名代表，要求至少包含1名女生，则不同的选法有_______种. 14. 甲乙两名选手进行一场羽毛球比赛，采用三局二胜制，先胜两局者赢得比赛，比赛随即结束，已知任一局甲胜的概率为，若甲赢得比赛的概率为，则取得最大值时______ 四、解答题 15. 会员足够多的某知名咖啡店，男会员占60％，女会员占40％．现对会员进行服务质量满意度调查．根据调查结果得知，男会员对服务质量满意的概率为，女会员对服务质量满意的概率为． （1）随机选取一名会员，求其对服务质量满意的概率； （2）从会员中随机抽取3人，记抽取的3人中，对服务质量满意的人数为，求的分布列和数学期望． 16. 已知函数． （Ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值． 17. 一个袋子中装有外观、材质完全相同的红、白两种球，其中红球4个，白球个（，）.现从袋中一次性摸出2个球，若2个球同色，记1分，否则记0分. （1）求一次摸球得分为1的概率； （2）若，有放回地摸三次球，求得分的分布列及期望、方差； （3）有放回地摸四次球，记四次摸球后得分为3的概率为，则当为多少时，最大？ 18. 已知函数． （1）若，求的极值； （2）讨论的单调性； （3）若对任意，有恒成立，求整数m的最小值． 19. 现有外表相同，编号依次为的袋子，里面均装有个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球.随机选择其中一个袋子，并从中依次不放回取出三个球. （1）当时， ①假设已知选中的恰为2号袋子，求第三次取出的是白球的概率； ②求在第三次取出的是白球的条件下，恰好选的是3号袋子的概率； （2）记第三次取到白球的概率为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 唐山一中2025-2026学年第二学期期中考试高二年级 数学试卷 命题人:高欣雨 闫芳 审核人:闫芳高欣雨 一、单选题 1. 已知的方差为3，则的方差为（ ） A. 6 B. 7 C. 12 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】利用方差的性质求解即可. 【详解】因为的方差为3， 所以的方差为. 故选：C. 2. 已知是函数的导函数，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导函数，令即可求解. 【详解】由，可得， 故，解得. 故选：A. 3. 随机变量的分布列如图，其中成等差数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列定义和分布列性质可求得，由此可得结果. 【详解】成等差数列，； 由分布列性质知：，解得：，， . 故选：C. 4. 甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束）．已知每局比赛甲获胜的概率均为，则甲以4比2获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意只需前5场甲赢3场，再利用独立事件的乘法公式求解． 【详解】根据题意，甲运动员前5场内需要赢3场，第6场甲胜， 则甲以4比2获胜的概率为． 故选：C． 5. 有名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两位同学不能相邻，则不同的站法有 A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 【详解】首先将甲排在中间，乙、丙两位同学不能相邻，则两人必须站在甲的两侧， 选出一人排在左侧，有：种方法， 另外一人排在右侧，有种方法， 余下两人排在余下的两个空，有种方法， 综上可得：不同的站法有种. 本题选择B选项. 6. 的展开式中x3y3的系数为（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】求得展开式的通项公式为（且），即可求得与展开式的乘积为或形式，对分别赋值为3，1即可求得的系数，问题得解. 【详解】展开式的通项公式为（且） 所以的各项与展开式的通项的乘积可表示为： 和 在中，令，可得：，该项中的系数为， 在中，令，可得：，该项中的系数为 所以的系数为 故选：C 【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力，属于中档题. 7. 已知则（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】注意到，. 后构造函数，可判断b与c大小. 【详解】注意到，.则. 令，其中. 则， 得在上单调递增，在上单调递减. 则， 又函数在R上单调递增，则，即.故． 故选：D 【点睛】方法点睛：比较代数式大小的常见方法有：（1）利用函数单调性；（2）利用中间量；（3）构造函数. 8. 函数的两个极值点满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据极值点为导函数的零点，整理变形得，然后令代入后表示出，代入目标式转化为关于的函数，利用导数求最值即可. 【详解】由题知，函数的定义域为，， 因为有两个极值点，所以，，则，① 令，因为，所以， 将代入①整理可得，， 所以， 令，则， 设，则， 因为，所以，所以在上单调递增， 所以，所以在上单调递增， 所以 故选：D 9. 甲、乙两个盒子中分别装有大小、形状、质地相同的1个黑球和2个红球.现从两个盒子中各任取一个球放入对方盒子中称为一次操作，重复进行次操作后，甲盒子中恰有0个黑球，1个黑球，2个黑球分别记为事件，，，则以下错误的是（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过分析单次操作中不同事件的概率，结合条件概率、全概率公式推导各选项可得A、B、C；对于递推型概率，构造等比数列求解通项公式，可得D. 【详解】初始时，甲盒有1黑2红，乙盒有1黑2红. 选项A：一次操作后，甲盒恰有1黑球（事件）的情况： 从甲取红且从乙取红，或从甲取黑且从乙取黑. 甲取红的概率为，乙取红的概率为；甲取黑的概率为，乙取黑的概率为. 故，A正确； 选项B：表示“第二次操作后甲盒有1黑球的前提下， 第一次操作后甲盒有0黑球”的概率. 第一次操作后甲盒有0黑球（）：甲取黑、乙取红，概率. 第二次操作后甲盒有1黑球（）的情况：若发生，甲盒0黑3红，乙盒2黑1红， 此时从甲取红、乙取黑的概率为，故. 若发生，甲盒1黑2红，乙盒1黑2红，此时（同）. 若发生，甲盒2黑1红，乙盒0黑3红，此时（甲取黑、乙取红的概率为）， 由全概率公式：， 由条件概率公式：，B错误； 选项C：表示“第一次操作后甲盒有0黑球，或第二次操作后甲盒有1黑球”的概率， 由概率的加法公式：， 其中， 代入得：，C正确； 选项D：递推关系：， 整理为：，初始值， 故，因此， 即，D正确. 二、多选题 10. （多选）已知函数的导数为，若存在，使得，则称是的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】结合“巧值点”的定义，逐个求解是否有解即可. 【详解】对于A: ，令，得或，有“巧值点”，A满足； 对于B: ，令，得，有“巧值点”，B满足； 对于C: ，令，结合，的图象，知方程有解，有“巧值点”，C满足； 对于D: ，令，得，与矛盾，没有“巧值点”，D不满足. 故答案为：ABC. 11. 若，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用赋值法即可逐一求解. 【详解】令，则，故A正确， 令可得，故，故B错误， 令可得，故，故C正确， 令可得，，故D错误， 故选：AC 三、填空题 12. 已知函数在处有极大值，则______. 【答案】 【解析】 【分析】求出导函数，由求得值，然后对所得结果加以检验即可． 【详解】由已知， 可得， 令，解得或， 由可得，， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 不是极大值点，舍去； 由可得，， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以是函数的极大值点． 综上． 故答案为：． 13. 从6名男生和4名女生中，选出3名代表，要求至少包含1名女生，则不同的选法有_______种. 【答案】100 【解析】 【分析】首先算出从人中任取人共有种，全是男生共有种，再利用间接法即可得到至少包含1名女生共有种. 【详解】从名男生和名女生共，任取人共有种， 其中全是男生共有种， 所以至少包含1名女生共有种. 故答案为： 【点睛】本题主要考查组合数的应用，间接法为解题的关键，属于简单题. 14. 甲乙两名选手进行一场羽毛球比赛，采用三局二胜制，先胜两局者赢得比赛，比赛随即结束，已知任一局甲胜的概率为，若甲赢得比赛的概率为，则取得最大值时______ 【答案】 【解析】 【分析】利用表示出，从而将表示为关于的函数，利用导数求解出当时函数的单调性，从而可确定最大值点. 【详解】甲赢得比赛的概率： ， 令， 则，令，解得：， 因为，当和时，；当时， 即在和上单调递减；在上单调递增 当时，取最大值，即取最大值 本题正确结果： 【点睛】本题考查利用导数求解函数的最值问题，关键是根据条件将表示为关于变量的函数，同时需要注意函数的定义域. 四、解答题 15. 会员足够多的某知名咖啡店，男会员占60％，女会员占40％．现对会员进行服务质量满意度调查．根据调查结果得知，男会员对服务质量满意的概率为，女会员对服务质量满意的概率为． （1）随机选取一名会员，求其对服务质量满意的概率； （2）从会员中随机抽取3人，记抽取的3人中，对服务质量满意的人数为，求的分布列和数学期望． 【答案】（1）； （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式计算即可； （2）根据二项分布的分布列及期望公式计算即可. 【小问1详解】 记事件：会员为男会员，：会员为女会员，事件：对服务质量满意， 则由题可知，，，， 所以； 【小问2详解】 由题设及（1）知：服从分布， ， ， 0 1 2 3 所以：. 16. 已知函数． （Ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值． 【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值. 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式中即可；（Ⅱ）设，求，根据确定函数的单调性，根据单调性求函数的最大值为，从而可以知道恒成立，所以函数是单调递减函数，再根据单调性求最值. 试题解析：（Ⅰ）因为，所以. 又因为，所以曲线在点处的切线方程为. （Ⅱ）设，则. 当时，， 所以在区间上单调递减. 所以对任意有，即. 所以函数在区间上单调递减. 因此在区间上的最大值为，最小值为. 【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设，再求，一般这时就可求得函数的零点，或是()恒成立，这样就能知道函数的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断的单调性，最后求得结果. 17. 一个袋子中装有外观、材质完全相同的红、白两种球，其中红球4个，白球个（，）.现从袋中一次性摸出2个球，若2个球同色，记1分，否则记0分. （1）求一次摸球得分为1的概率； （2）若，有放回地摸三次球，求得分的分布列及期望、方差； （3）有放回地摸四次球，记四次摸球后得分为3的概率为，则当为多少时，最大？ 【答案】（1）； （2）分布列见解析，期望为，方差为； （3）24. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，结合组合计数问题求出古典概率. （2）求出的可能值及对应的概率，列出分布列并求出期望、方差. （3）求出的函数关系，利用导数求出最大值条件，再建立不等式求解即得. 【小问1详解】 一次摸球得分为1的概率. 【小问2详解】 当时，，的所有可能值为，， ，， ，， 所以得分的分布列为 0 1 2 3 期望，方差. 【小问3详解】 依题意，，求导得，而， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值， 由，得，而，解得，又， 当时，；当时，，又， 因此当，即时，取得最大值， 所以. 18. 已知函数． （1）若，求的极值； （2）讨论的单调性； （3）若对任意，有恒成立，求整数m的最小值． 【答案】（1）极大值为，无极小值． （2）分类讨论，答案见解析. （3）1 【解析】 【分析】（1）求导，通过导数判断函数单调性，然后可得； （2）求导，分，讨论可得； （3）参变分离，将问题转化为在上恒成立问题，记，利用导数求函数的最大值所在区间可得. 【小问1详解】 的定义域为， 当 时，， 令，解得 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减． 所以在时取得极大值为，无极小值． 【小问2详解】 因为 当时，在上恒成立，此时在上单调递增； 当时 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 综上：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问3详解】 因为对任意，恒成立， 所以在上恒成立， 即在上恒成立． 设，则． 设，，则在上单调递减， 因为，， 所以，使得，即． 当时，； 当时，． 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以． 因为，所以， 故整数的最小值为1． 【点睛】本题第三问属于恒成立问题,恒成立问题比较常见的处理方法之一便是参变分离法,然后构造函数转化问函数最值问题,利用导数可解. 19. 现有外表相同，编号依次为的袋子，里面均装有个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球.随机选择其中一个袋子，并从中依次不放回取出三个球. （1）当时， ①假设已知选中的恰为2号袋子，求第三次取出的是白球的概率； ②求在第三次取出的是白球的条件下，恰好选的是3号袋子的概率； （2）记第三次取到白球的概率为，证明：. 【答案】（1）①；② （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）①时，第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，利用相互独立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式能求出第三次取出为白球的概率； ②先求出第三次取出的是白球的种数，再求出在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，选到第个袋子的概率为，由此能求出第三次取出的是白球的概率，再结合条件概率即可得解； （2）先求出第三次取出的是白球的种数，再求出在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，选到第个袋子的概率为，由此能求出第三次取出的是白球的概率，进而得证． 【小问1详解】 ①时，第二个袋中有2白2红，共4个球， 从中连续取出三个球（每个取后不放回）， 第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白， ∴第三次取出为白球的概率为； ②设选出的是第个袋，连续三次取球的方法数为， 第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形： （白，白，白），若则，取法数为， 若或或，取法数为，也满足关系， 故取（白，白，白）的取法可表示为， 同理（白，红，白），取法数为， （红，白，白），取法数为， （红，红，白），取法数为， 从而第三次取出的是白球的种数为： ， 则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率， 则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率， 而选到第个袋子的概率为，故所求概率为： ， 所以在第三次取出的是白球的条件下，恰好选的是3号袋子的概率为； 【小问2详解】 设选出的是第个袋，连续三次取球的方法数为， 第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形： （白，白，白），取法数为， （白，红，白），取法数为， （红，白，白），取法数为， （红，红，白），取法数为， 从而第三次取出的是白球的种数为： ， 则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率， 而选到第个袋子的概率为， 所以． 【点睛】思路点睛：本题为无放回型概率问题：根据题意首先分类讨论不同值情况下的抽取总数(可直接用值表示一般情况)，再列出符合题意得情况(此处涉及排列组合中先分类再分组得思想)，最后即可计算得出含的概率一般式，累加即可，累加过程中注意式中与的关系可简化累加步骤. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $