精品解析：河南郑州市外国语学校2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试卷

郑州外国语学校2025-2026学年高二下期期中试卷 数学 （120分钟 150分） 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知，则（ ） A. 2 B. 5 C. 2或5 D. 2或6 2. 对于事件A，B，，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知随机变量的分布列如下： 0 1 2 若，则（ ） A. B. 7 C. 21 D. 22 5. 如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为．若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于的位置，则（ ） A. B. C. D. 6. 记，，则（ ） A. B. C. 0 D. 7. 除以9的余数为（ ） A. 1 B. 2 C. 7 D. 8 8. 已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 已知函数的导函数在上的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递减 B. 当时，取得极大值 C. 当时，取得极小值 D. 是在上的最大值 10. 安排语、数、英、物4位老师进班答疑，每位老师可选择周一至周五的某一天答疑，每人只安排一天，每天可以有多位老师答疑，则下列说法正确的是（ ） A. 不同的安排方法共有种 B. 若恰有2位老师安排在同一天答疑，则不同的安排方法共有360种 C. 若4位老师的答疑日期都不相同，且数学和物理老师答疑的日期不相邻，则不同的安排方法共有36种 D. 若4位老师的答疑日期都不相同，因为数学是物理的基础，所以数学答疑必须排在物理答疑之前（可不相邻），则不同的安排方法共有60种 11. 某商场为了吸引顾客前来消费，开展抽奖活动，规定消费每满100元即可获得一次抽奖机会．已知顾客第一次抽奖的中奖概率为，从第二次抽奖开始，若前一次没有中奖，则这次抽奖的中奖概率为，若前一次中奖，则这次抽奖的中奖概率为．记顾客第次抽奖的中奖概率为，则（ ） A. B. 某顾客消费200元，则其中奖概率为 C. 的最大值为 D. 当时，越大，越小 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若 则_____ 13. 2160有__________个不同的正因数． 14. 已知定义在上的函数，其导函数为，若对，则不等式的解集是__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知的展开式中，其前三项的二项式系数的和等于56. （1）求展开式中所有二项式系数的和； （2）求展开式中的常数项. 16. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若对任意的，都有，求m的取值范围． 17. 目前某市居民使用天然气实行阶梯价格制度，从该市随机抽取10户调查同一年的天然气使用情况，得到统计表如下： 用气居民编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 年用气量(立方米) 95 106 112 161 210 227 256 313 325 457 （1）现要在这10户家庭中任意抽取3户，求抽到的年用气量超过228立方米而不超过348立方米的用户数的分布列与数学期望； （2）若以表中抽到的10户作为样本估计全市居民的年用气情况，现从全市居民中抽取10户，其中恰有户年用气量不超过228立方米的概率为，求使取到最大值时，的值. 18. “618”购物狂欢节某商场品牌连锁店推出当日消费额达5000元时就可参与抽奖活动，抽奖活动规则如下：在两个外观完全相同且不透明的箱子中都装入8个球，第一个箱子中有8个红球，第二个箱子中有4个红球4个白球（球的形状大小完全相同）抽奖活动进行两轮，只有通过第一轮才能进入第二轮． 第一轮游戏：抽奖者需从两个箱子中任选一个箱子从中摸出两个球（不放回），若取出的两个球都是红球则进入第二轮抽奖，否则游戏结束抽奖者没有奖金． 第二轮游戏：进入第二轮的抽奖者可从三种抽奖方式中选择一种，第一种直接停止游戏获得300元奖金；第二种从第一轮取出两个红球的箱子中再取一个球若是红球则得奖金400元，若不是红球则游戏结束，不得奖金；第三种从另外一个箱子中取一个球若是红球则得奖金500元，若不是红球则游戏结束，不得奖金； （1）抽奖者能进入第二轮游戏的概率． （2）从奖金的数学期望考虑，进入第二轮游戏的抽奖者该如何选择． 19. 拉格朗日是十八世纪著名的数学家，在数学领域作出了重大贡献，人们常把很多数学领域中新的发现用他的名字命名.如对一组数据（）（互不相等）进行研究时，记时，，称为这组数据的拉格朗日插值多项式. （1）试求数据的拉格朗日插值多项式的表达式； （2）对于（1）中求出的，若函数满足， （i）研究的单调性； （ii）若有两个零点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郑州外国语学校2025-2026学年高二下期期中试卷 数学 （120分钟 150分） 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知，则（ ） A. 2 B. 5 C. 2或5 D. 2或6 【答案】C 【解析】 【分析】 根据组合数的性质可得或，解方程即可. 【详解】由， 可得或， 解得或5. 故选：C 2. 对于事件A，B，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件概率公式以及并事件的性质即可求解. 【详解】由条件概率公式，可得， 故， 又因，则. 3. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，故，故. 4. 已知随机变量的分布列如下： 0 1 2 若，则（ ） A. B. 7 C. 21 D. 22 【答案】C 【解析】 【详解】易知，可得； 又，可知，所以，解得， 因此； 所以. 5. 如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为．若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于的位置，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意当时，的可能取值为1,3,5，且，根据二项分布的概率公式计算即可求解. 【详解】依题意，当时，的可能取值为1,3,5，且， 所以 . 故选：D． 6. 记，，则（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据初等函数导数公式及导数运算法则求，观察其规律，确定，由此可得结论. 【详解】因为， 所以， ， ， ， ， ， ， ，， 观察可得， 所以， 所以， 故选：C. 7. 除以9的余数为（ ） A. 1 B. 2 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项式定理即可求解. 【详解】由题意得， 又因为， 所以除以9的余数为. 8. 已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对不等式进行变形为，进而把问题转化为函数在区间上单调增，再转化为在上成立的问题， 再通过分离参数，最后构造函数求解问题. 【详解】当时，不等式恒成立 可变形为, 设, 那么当时,有,即在区间上单调增， 在上成立，即, 设,那么, 令,得 , 令,得 , 令,得 , 所以，函数在处取得极小值，也就是最小值， ,,实数a的取值范围为. 【点睛】本题主要考查导数的应用，关键点在于：对不等式进行变形为,进而把问题转化为函数在区间上单调增是;最后，构造函数,通过导数来求极值与最值,属于较难题. 二、多项选择题：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. 已知函数的导函数在上的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递减 B. 当时，取得极大值 C. 当时，取得极小值 D. 是在上的最大值 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据导函数图象的正负判断函数的增减与极值、最值，依此判断各个选项即可. 【详解】对于A，由题图可知时，，单调递减，故A正确； 对于B，C，由题图易知在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得极大值， 当时，取得极小值，故BC，正确； 对于D，在上的最大值应是与中的较大者，故D错误. 10. 安排语、数、英、物4位老师进班答疑，每位老师可选择周一至周五的某一天答疑，每人只安排一天，每天可以有多位老师答疑，则下列说法正确的是（ ） A. 不同的安排方法共有种 B. 若恰有2位老师安排在同一天答疑，则不同的安排方法共有360种 C. 若4位老师的答疑日期都不相同，且数学和物理老师答疑的日期不相邻，则不同的安排方法共有36种 D. 若4位老师的答疑日期都不相同，因为数学是物理的基础，所以数学答疑必须排在物理答疑之前（可不相邻），则不同的安排方法共有60种 【答案】BD 【解析】 【详解】对于A，不同的安排方法共有种，A错误； 对于B，恰有2位老师安排在同一天答疑，则不同的安排方法共有种，B正确； 对于C，4位老师的答疑日期都不相同的总排法种， 数学和物理老师答疑的日期相邻的排法有， 所以数学和物理老师答疑的日期不相邻的排法有种，C错误； 对于D，4位老师的答疑日期都不相同，且数学答疑必须排在物理答疑之前共有种安排方法，D正确； 11. 某商场为了吸引顾客前来消费，开展抽奖活动，规定消费每满100元即可获得一次抽奖机会．已知顾客第一次抽奖的中奖概率为，从第二次抽奖开始，若前一次没有中奖，则这次抽奖的中奖概率为，若前一次中奖，则这次抽奖的中奖概率为．记顾客第次抽奖的中奖概率为，则（ ） A. B. 某顾客消费200元，则其中奖概率为 C. 的最大值为 D. 当时，越大，越小 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，根据抽奖规则建立递推公式，代入算出验证选项；对B，用对立事件概率公式计算两次抽奖至少中奖一次的概率进行判断；对C，将递推公式变形构造等比数列，求出通项后分奇偶讨论验证选项；对D，根据通项公式分析奇偶项的单调性，进行判断. 【详解】对于A：由题意可得， 所以，A正确； 对于B：第一次未中奖的概率为，在第一次未中奖的条件下，第二次也未中奖的概率为， 因此，两次均未中奖的概率为，由对立事件的概率可得其中奖概率为：，B错误； 对于C：由得，所以是等比数列， 首项为，公比为， 所以. 当为奇数时，； 当为偶数时，随增大而减小，当时取得最大值， 综上，的最大值为，C正确； 对于D：当为奇数时，，随的增大而增大； 当为偶数时，随增大而减小，D错误； 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若 则_____ 【答案】27 【解析】 【分析】由题意可得，可得•（﹣1）4，计算求得结果． 【详解】 , •（﹣1）4＝﹣8+35=27， 故答案为27． 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，考查了二项式展开式的通项公式及展开式中某项的系数问题，属于基础题． 13. 2160有__________个不同的正因数． 【答案】40 【解析】 【分析】把2160进行质因数分解，然后结合分步乘法原理计算． 【详解】，它的正因数即为的幂的乘积， 因此正因数个数为， 故答案为：40. 14. 已知定义在上的函数，其导函数为，若对，则不等式的解集是__________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据条件构造辅助函数，求导判断出在上单调递增；再将原不等式等价变形为，结合定义域与单调性，解不等式组即可得到解集． 【详解】构造函数，， 因为，，所以， 所以在上单调递增， 定义域要求，即， 不等式等价于， 即，所以，解得， 所以不等式的解集是． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知的展开式中，其前三项的二项式系数的和等于56. （1）求展开式中所有二项式系数的和； （2）求展开式中的常数项. 【答案】（1）1024 （2）180 【解析】 【分析】（1）根据前三项的二项式系数之和列出方程，求出，进而求出所有二项式系数的和； （2）利用展开式的通项公式，令的次数为0，求出，得到答案. 【小问1详解】 前三项的二项式系数和为， 解得或-11（舍去）， 中，展开式中所有二项式系数的和为； 【小问2详解】 的展开式通项公式为， 令得，故. 16. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若对任意的，都有，求m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义结合已知条件求出切线方程； （2）求导，分和两种情况讨论，利用导数分析函数单调性，结合已知条件得出m的取值范围． 【小问1详解】 函数求导得 ， 又 ，， 曲线在处的切线方程为：，即， 所求的切线方程为． 【小问2详解】 由，求导得 ， ①当时，由，得，，所以，则恒成立， 此时在上单调递增，故， 当时，对任意的，都有； ②当时，令，解得， 则有在上，，单调递减， 在上，，单调递增， 则 ，不满足题意； 综上，的取值范围为． 17. 目前某市居民使用天然气实行阶梯价格制度，从该市随机抽取10户调查同一年的天然气使用情况，得到统计表如下： 用气居民编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 年用气量(立方米) 95 106 112 161 210 227 256 313 325 457 （1）现要在这10户家庭中任意抽取3户，求抽到的年用气量超过228立方米而不超过348立方米的用户数的分布列与数学期望； （2）若以表中抽到的10户作为样本估计全市居民的年用气情况，现从全市居民中抽取10户，其中恰有户年用气量不超过228立方米的概率为，求使取到最大值时，的值. 【答案】（1）分布列答案见解析，数学期望：；（2）. 【解析】 【分析】（1）由统计表知10户家庭中年用气量超过228立方米而不超过348立方米的用户有3户，设抽到的年用气量超过228立方米而不超过348立方米的用户数为，则服从超几何分布，且的可能取值为0，1，2，3，由此可计算出概率的分布列，然后由期望公式计算期望． （2）抽到的年用气量不超过228立方米的用户数为，则服从二项分布，列出的不等式组，解之可得． 【详解】解：（1）由题知，10户家庭中年用气量超过228立方米而不超过348立方米的用户有3户， 设抽到的年用气量超过228立方米而不超过348立方米的用户数为，则服从超几何分布，且的可能取值为0，1，2，3， 则，，，， 故随机变量的分布列为 0 1 2 3 所以. （2）由题意知设从全市住户抽到的年用气量不超过228立方米的用户数为，则服从二项分布，且， 由可得，， 所以.故当取到最大值时，. 【点睛】关键点点睛：本题考查随机变量的概率分布列和数学期望，考查二项分布的概率问题．解题关键是确定随机变量的概率分布，由此可得概率计算公式计算出概率． 18. “618”购物狂欢节某商场品牌连锁店推出当日消费额达5000元时就可参与抽奖活动，抽奖活动规则如下：在两个外观完全相同且不透明的箱子中都装入8个球，第一个箱子中有8个红球，第二个箱子中有4个红球4个白球（球的形状大小完全相同）抽奖活动进行两轮，只有通过第一轮才能进入第二轮． 第一轮游戏：抽奖者需从两个箱子中任选一个箱子从中摸出两个球（不放回），若取出的两个球都是红球则进入第二轮抽奖，否则游戏结束抽奖者没有奖金． 第二轮游戏：进入第二轮的抽奖者可从三种抽奖方式中选择一种，第一种直接停止游戏获得300元奖金；第二种从第一轮取出两个红球的箱子中再取一个球若是红球则得奖金400元，若不是红球则游戏结束，不得奖金；第三种从另外一个箱子中取一个球若是红球则得奖金500元，若不是红球则游戏结束，不得奖金； （1）抽奖者能进入第二轮游戏的概率． （2）从奖金的数学期望考虑，进入第二轮游戏的抽奖者该如何选择． 【答案】（1） （2）选择第二种抽奖方案 【解析】 【分析】(1)抽奖者能进入第二轮游戏即需在第一轮中取出的两个球都是红球，计算其概率即可求解； (2)在第二轮抽奖中，设选择第一种奖金为，选择第二种奖金为，选择第三种奖金为；分别求出对应的期望即可. 【小问1详解】 设表示第一轮抽取两个红球， 表示从第一个箱子中抽取，表示从第二个箱子中抽取 【小问2详解】 在第二轮抽奖中，设选择第一种奖金为，选择第二种奖金为，选择第三种奖金为； 第一种显然； 第二种 ，显然； 第三种 显然 综上，所以选择第二种抽奖方案 19. 拉格朗日是十八世纪著名的数学家，在数学领域作出了重大贡献，人们常把很多数学领域中新的发现用他的名字命名.如对一组数据（）（互不相等）进行研究时，记时，，称为这组数据的拉格朗日插值多项式. （1）试求数据的拉格朗日插值多项式的表达式； （2）对于（1）中求出的，若函数满足， （i）研究的单调性； （ii）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）答案见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）根据拉格朗日插值多项式的定义直接求解即可. （2）（i）先求出的表达式及导函数，按照和分类讨论研究其单调性即可. （ii）分离参数将问题转化为有两个不同实数解，令，求单调性并画出示意图，数形结合得，解对数函数不等式即可. 【小问1详解】 对于数据， 有， ， 所以， 即. 【小问2详解】 （i）由（1）知， 所以， ， 若，则在上单调递减； 若，则，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减. 综上所述，时，在上单调递减； 时，在上单调递增，在上单调递减. （ii）因为函数有两个零点，所以关于的方程，即， 亦即有两个不同实数解. 令，则， 当时，在上单调递减，且当时，； 当时，在上单调递增， 所以当时，取得最大值. 作出函数的图象以及直线，如图所示： 由图可见，当且仅当， 即时，直线与函数的图象有两个公共点， 所以实数的取值范围是. 【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤： （1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题； （2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式； （3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $