精品解析：吉林吉化第一高级中学校2025-2026学年度下学期期中考试高二数学学科试卷

2025-2026学年度下学期期中考试 高二数学学科试卷 满分150分 考试时间120分钟 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求. 1. 曲线在点处的切线斜率为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 2. 由数字组成的无重复数字并且比大的偶数个数为（ ） A. B. C. D. 3. 已知随机变量X的分布列为 X 1 2 5 P 若，则值为（ ） A. 3 B. 3.5 C. 4 D. 4.5 4. 的展开式中的系数为（ ） A. B. 0 C. 20 D. 40 5. 如果函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 某学校有两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐.如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.6；如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.8．已知王同学第2天去餐厅用餐，则第1天去餐厅的概率（ ） A. B. C. D. 7. 设函数有极值，则实数a的取值范围是（） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数，是的导函数，满足且，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共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. 某大学的3名男生和3名女生利用周末到社区进行志愿服务，当天活动结束后，这6名同学排成一排合影留念，则下列说法正确的是（ ） A. 若要求3名女生相邻，则这6名同学共有144种不同的排法 B. 若要求女生不排在两端，则这6名同学共有96种排法 C. 若要求3名女生互不相邻，则这6名同学共有144种排法 D. 若要求男生甲不在排头也不在排尾且女生相邻，则这6名同学共有72种排法 10. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，则 B. 若随机变量Z的分布列为，则 C. 随机变量X的方差，期望，则 D. 若随机变量X的取值是0，1，且满足，，则 11. 某芯片企业用甲、乙两款设备检测芯片是否为良品．甲设备检测良品芯片为良品的概率为0.9，检测次品芯片为良品的概率为0.1；乙设备检测良品芯片为良品的概率为0.8，检测次品芯片为良品的概率为0.2．甲、乙设备的检测结果相互独立．已知某批芯片良品率为，现从该批芯片中任取一芯片，甲、乙设备各检测一次，则（ ） A. 若该芯片为良品，则两设备检测结果相同的概率为0.74 B. 若该芯片为次品，两个设备至少有一台设备检测为次品的概率是0.9 C. 甲设备检测该芯片为良品的概率为 D. 甲设备检测为良品，该芯片实际为良品的概率为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则_________． 13. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，．则_________． 14. 若函数有且仅有一个零点，则实数a的取值范围_________． 四、解答题：本大题共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． （1）求的单调区间； （2）当，求的最值． 16. 2024年被业界公认为“具身智能元年”得益于硬件成本的雪崩式下降和视觉-语言-动作大模型的成熟.人工智能已经不再是概念和愿景，而是开始真实地走进企业和家庭，重新定义人类的工作和生活.某中学为激发学生进一步对人工智能的了解，举办知识竞赛活动.活动分两轮进行，第一轮通过后方可进入第二轮，两轮通过后即可获得代表学校参加比赛的资格.已知小明、小华、小方3位同学通过第一轮的概率依次为、、，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率依次为、、，假设他们之间通过与否相互独立． （1）求这3人中至少有2人通过第一轮的概率； （2）设这3人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望. 17. 在二项式的展开式中，第2项与第8项的二项式系数相等. （1）求展开式中的有理项； （2）求展开式中的二项式系数最大的项； （3）求展开式中的系数最大的项. 18. ACE球是指在网球对局中，一方发球，球落在有效区内，但接球方却没有触及到球而使发球方直接得分的发球.甲、乙两人进行发球训练，规则如下：每次由其中一人发球，若发出ACE球，则换人发球，若未发出ACE球，则两人等可能地获得下一次发球权.设甲，乙发出ACE球的概率均为，记事件表示“第n次发球的人是甲”． （1）若，， （i）求； （ii）已知第三次发球的人是甲，求第二次发球的人是甲的概率； （2）若，证明： 19. 已知函数，． （1）求在点处的切线方程； （2）当，对任意的，恒成立，求实数a的取值范围； （3）证明：． 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 高二数学学科试卷 满分150分 考试时间120分钟 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求. 1. 曲线在点处的切线斜率为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】先求出函数的导数，然后将代入即可求得切线斜率. 【详解】因为， 所以， 所以 ， 所以曲线在点处的切线斜率为1. 2. 由数字组成的无重复数字并且比大的偶数个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】已知数字组成的无重复数字的6位偶数大于， 则首位为或： 当首位为4时，个位为0或2，共2种，中间4位数任意排列，共种； 当首位为5时，个位为，共3种，中间4位数任意排列，共种； 总数为：． 3. 已知随机变量X的分布列为 X 1 2 5 P 若，则值为（ ） A. 3 B. 3.5 C. 4 D. 4.5 【答案】A 【解析】 【详解】依题意可得， 而，则，解得. 4. 的展开式中的系数为（ ） A. B. 0 C. 20 D. 40 【答案】D 【解析】 【分析】将两个二项式的乘积分解为差的形式，利用二项式展开式的通项求解系数. 【详解】， 的展开式通项为， 的展开式中的系数即展开式中的系数， 由得系数为 ； 的展开式中的系数即展开式中的系数 由得系数为 ， 所以的展开式中的系数为. 5. 如果函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将函数在上单调递增转化为在上恒大于等于，再通过参变分离手段转化为求最值问题即可. 【详解】因为函数，所以， 因为函数在上单调递增， 所以对恒成立，即对恒成立， 所以. 故选:D 6. 某学校有两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐.如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.6；如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.8．已知王同学第2天去餐厅用餐，则第1天去餐厅的概率（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件概率计算公式和全概率计算公式即可求解. 【详解】设 ：第1天去A餐厅，：第1天去B餐厅，：第2天去A餐厅， 由题意，第1天随机选餐厅， 因此 ； 由题意 ， ， ， 又 ， 因此： . 7. 设函数有极值，则实数a的取值范围是（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先对求导得，函数有极值只需导函数有变号零点，时导函数为一次函数存在变号零点、有极值，时导函数为二次函数，令判别式解得且，合并得取值范围是. 【详解】函数有极值，首先求导得. 函数有极值的充要条件：导函数有至少一个变号零点. 当时，，是一次函数，有一个变号零点，函数有极值. 当时，是二次函数，需满足判别式，即，化简得，解得. 综上，的取值范围是. 8. 已知定义在上的函数，是的导函数，满足且，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，通过求导确定单调性，即可求解. 【详解】构造函数​，， 求导得： ，​ 由题，且， 因此，即在上单调递减， 又，因此， 则不等式等价于， 两边同除以得： . 因为在上单调递减，所以，解得， 即解集为. 二、多项选择题：本大题共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. 某大学的3名男生和3名女生利用周末到社区进行志愿服务，当天活动结束后，这6名同学排成一排合影留念，则下列说法正确的是（ ） A. 若要求3名女生相邻，则这6名同学共有144种不同的排法 B. 若要求女生不排在两端，则这6名同学共有96种排法 C. 若要求3名女生互不相邻，则这6名同学共有144种排法 D. 若要求男生甲不在排头也不在排尾且女生相邻，则这6名同学共有72种排法 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项使用捆绑法，B选项先把两端排好再进行其他排列，C选项使用插空法，D选项先进行捆绑法计算出4个元素的排列数，然后减去甲在排头或在排尾的排列数，再乘以女生内部的排列数得出结果. 【详解】对于A选项将女生看作一个整体，排列数为种， 女生内部的排列数为种，一共有种，故A选项正确； 对于B选项，先从3名男生选出2名排在两端，排列数为种， 剩下的4名同学的排列数为种，一共有种，故B选项错误； 对于C选项，先将3名男生进行排列，排列数为,3名男生有4个空位， 将女生插入空位上，排列数为种，一共有种，故C选项正确； 对于D选项，由A选项得出将女生看作一个整体有24种， 甲在排头的排列数为种,同理甲在排尾的排列数为种， 则男生甲不在排头也不在排尾的排列数为种，再结合女生内部的排列数， 男生甲不在排头也不在排尾且女生相邻的排列数为种，故D选项正确. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，则 B. 若随机变量Z的分布列为，则 C. 随机变量X的方差，期望，则 D. 若随机变量X的取值是0，1，且满足，，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据方差的性质，可判定A正确；根据分布列的性质，得到，可判定B正确；根据期望与方差的关系，可得，可判定C错误；根据两点分布的期望与方差的公式，可判定D正确. 【详解】对于A，因为，根据方差的性质，可得 ，所以A正确； 对于B，由随机变量Z的分布列为， 根据分布列的性质，可得 ， 可得 ，即，解得，所以B正确； 对于C，由随机变量的方差，期望， 因为， 所以 由于 ，所以C错误； 对于D，由随机变量X的取值是，则， ， 根据两点分布的期望公式，可得， 因为，所以，所以，所以D正确. 11. 某芯片企业用甲、乙两款设备检测芯片是否为良品．甲设备检测良品芯片为良品的概率为0.9，检测次品芯片为良品的概率为0.1；乙设备检测良品芯片为良品的概率为0.8，检测次品芯片为良品的概率为0.2．甲、乙设备的检测结果相互独立．已知某批芯片良品率为，现从该批芯片中任取一芯片，甲、乙设备各检测一次，则（ ） A. 若该芯片为良品，则两设备检测结果相同的概率为0.74 B. 若该芯片为次品，两个设备至少有一台设备检测为次品的概率是0.9 C. 甲设备检测该芯片为良品的概率为 D. 甲设备检测为良品，该芯片实际为良品的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】设事件表示“甲设备检测为良品”，事件表示“乙设备检测为良品”，事件表示“芯片为良品”，事件表示“芯片为次品”，选项A，若该芯片为良品，则两设备检测结果相同的概率如下，为代入数值得解；选项B，若该芯片为次品，两个设备至少有一台设备检测为次品的概率是，代入数值得解；选项C，由题意得甲设备检测该芯片为良品的概率为，代入数值得解；选项D，甲设备检测为良品，该芯片实际为良品的概率为，代入数值得解. 【详解】设事件表示“甲设备检测为良品”，事件表示“乙设备检测为良品”， 事件表示“芯片为良品”，事件表示“芯片为次品”， 则，，， ，，， 选项A，若该芯片为良品，则两设备检测结果相同的概率如下， 为 ，故A正确； 选项B，若该芯片为次品，两个设备至少有一台设备检测为次品的概率如下， 是，故B错误； 选项C，由题意得甲设备检测该芯片为良品的概率如下， 为， ，故C正确； 选项D，而甲设备检测为良品，该芯片实际为良品的概率如下， 为，故D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则_________． 【答案】32 【解析】 【详解】根据题意得， 令，得， 令，得， 两式相加得：， 所以. 13. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，．则_________． 【答案】 【解析】 【分析】设，由全概率公式可得，代入已知数值求. 【详解】设，则 ， 由得， 解得. 14. 若函数有且仅有一个零点，则实数a的取值范围_________． 【答案】 【解析】 【分析】函数 有且仅有一个零点转化为方程有且仅有一个解的问题，等价于函数与有且仅有一个交点的问题；令，确定函数的定义域，单调性，极值，渐近线等，作出函数的图象示意图，根据的图象特征，结合直线与它的交点情况，得到关于的不等式或等式，求出的取值范围. 【详解】令，得； 令，则 有且仅有一个零点，等价于函数与有且仅有一个交点. 易得函数的定义域为，且， 令 ，解得； 当时，，当或时，， 在上单调递增；在和上单调递减. 当时，；当时，，则； 当时，. 当时，；当时，，则； 当时，，当时，. 的图象示意图如下： 由图可知，或，解得或. 实数的取值范围为. 四、解答题：本大题共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． （1）求的单调区间； （2）当，求的最值． 【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）， 【解析】 【小问1详解】 由题可得，， 因此当时，，当时，， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 由（1）及及）可知，的单调递减区间为，单调递增区间为. 所以 ， ， ， 则，所以 16. 2024年被业界公认为“具身智能元年”得益于硬件成本的雪崩式下降和视觉-语言-动作大模型的成熟.人工智能已经不再是概念和愿景，而是开始真实地走进企业和家庭，重新定义人类的工作和生活.某中学为激发学生进一步对人工智能的了解，举办知识竞赛活动.活动分两轮进行，第一轮通过后方可进入第二轮，两轮通过后即可获得代表学校参加比赛的资格.已知小明、小华、小方3位同学通过第一轮的概率依次为、、，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率依次为、、，假设他们之间通过与否相互独立． （1）求这3人中至少有2人通过第一轮的概率； （2）设这3人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析； 【解析】 【分析】（1）根据题意，分为恰有两人通过和三人都通过，结合相互独立事件的概率公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解； （2）分别求得三人通过第二轮的概率分别为，，，根据题意，得到变量的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为小明、小华、小方3位同学通过第一轮的概率依次为， 若恰有两人通过的概率为， 若三人都通过的概率为， 所以求这3人中至少有2人通过第一轮的概率. 【小问2详解】 解：根据题意，小明通过第二轮的概率为， 小华通过第二轮的概率为，小方通过第二轮的概率为， 则这3人中通过第二轮的人数为的可能取值为， 当时，即3人都未通过第二轮，其概率为， 当时，即3人仅有1人通过第二轮， 其概率为， 当时，即3人仅有2人通过第二轮， 其概率为， 当时，即3人都通过第二轮，其概率为， 所以随机变量的分布列为： 0 1 2 3 所以期望为. 17. 在二项式的展开式中，第2项与第8项的二项式系数相等. （1）求展开式中的有理项； （2）求展开式中的二项式系数最大的项； （3）求展开式中的系数最大的项. 【答案】（1），，. （2）. （3）. 【解析】 【分析】(1)由第2项与第8项的二项式系数相等，可先求得 ，再由通项公式判断 的幂指数为整数时对应的项. (2)由 可知展开式共有9项，中间一项的二项式系数最大，从而直接确定所求项. (3)由通项公式写出各项系数，再比较各项系数的大小，即可确定系数最大的项. 【小问1详解】 因为第2项与第8项的二项式系数相等，所以 由二项式系数的对称性，得所以. 因此原二项式为. 其通项公式为. 若展开式中的项为有理项，则的幂指数应为整数，即. 所以即. 当 时，. 当 时，. 当 时，. 所以展开式中的有理项为 【小问2详解】 由第（1）问知 ，所以展开式共有9项. 因为当 时，二项式系数中最大，所以二项式系数最大的项是第5项. 第5项为. 所以展开式中的二项式系数最大的项为. 【小问3详解】 由通项公式可得展开式各项的系数依次为. 其中最大的系数为对应的是第7项. 第7项为. 所以展开式中的系数最大的项为. 18. ACE球是指在网球对局中，一方发球，球落在有效区内，但接球方却没有触及到球而使发球方直接得分的发球.甲、乙两人进行发球训练，规则如下：每次由其中一人发球，若发出ACE球，则换人发球，若未发出ACE球，则两人等可能地获得下一次发球权.设甲，乙发出ACE球的概率均为，记事件表示“第n次发球的人是甲”． （1）若，， （i）求； （ii）已知第三次发球的人是甲，求第二次发球的人是甲的概率； （2）若，证明： 【答案】（1）（i）（ii） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）由第一次发球是甲得第二次发球是乙的情况列方程求解， （ii）根据条件概率求出 及 ，再由全概率公式求出，代入贝叶斯公式求解； （2）根据全概率公式得到和的关系式，结合已知条件证得. 【小问1详解】 （i）因为，， 所以. （ii）第二次发球的人是甲的条件下，第三次发球的人是甲的概率为， 第二次发球的人是乙的条件下，第三次发球的人是甲的概率为， 第三次发球的人是甲的概率是， 第三次发球的人是甲，第二次发球的人是甲的概率为. 【小问2详解】 ， 因为，， 所以， 因为，， 所以，. 19. 已知函数，． （1）求在点处的切线方程； （2）当，对任意的，恒成立，求实数a的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）结合导数即可求得切线方程； （2）令，结合导数求出的最大值后，解不等式即可； （3）结合（2）知，据此转化题目所证不等式，等价为证明，最后通过求导即可证明. 【小问1详解】 ，令，因为，所以， 所以切线方程为． 【小问2详解】 因为恒成立，即恒成立， 令，， 令，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 故的最大值为， 因为恒成立，所以， 所以，即实数的取值范围为． 【小问3详解】 由（2）得当时，恒成立， 即，令， 所以， 令，则， 故在上单调递增，所以，即成立，得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $