湖北黄冈市黄梅县第一中学2025-2026学年下学期高二数学测试卷5.15

**基本信息** 以彩票抽奖、旅游安排等现实情境和导数极值、排列组合等逻辑问题为载体，分层考查数学应用意识与逻辑推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题/40分|排列组合（题1）、导数极值（题3）|基础概念与单一知识点应用| |多选题|3题/15分|二项式定理（题9）、分布列（题10）|多维度知识辨析与综合判断| |填空题|3题/15分|全概率公式（题12）、导函数解集（题13）|知识迁移与简洁表达| |解答题|5题/30分|概率统计（题15彩票抽奖）、导数证明（题17）|现实情境建模与逻辑推理，如题16旅游安排结合分步计数与概率计算|

高二数学（5.15） 一、单选题 1．将3名防控新冠疫情志愿者全部分配给2个不同的社区服务，不同的分配方案有（    ） A．12种 B．9种 C．8种 D．6种 2．若的展开式中的系数为20，则（    ） A． B． C． D． 3．若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．已知在处取极小值，则（    ） A．3或1 B．3 C．1 D．或 5．已知f(x)是定义在R上的函数，是函数f(x)的导函数，且，f′(x)>1，f(1)＝0，则（    ） A．f(e)<e－1 B．f(0)>－1 C．f(0)<－1 D．f(e)<f(0)＋e 6．将2个不同的白球，3个不同的黑球和4个完全相同的红球排成一列，要求2个白球不相邻且3个黑球也不相邻，则不同的排法共有（   ） A．5100种 B．4800种 C．4500种 D．4200种 7．在给某小区的花园绿化时，绿化工人需要将6棵高矮不同的小树在花园中栽成前后两排，每排3棵，则后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高的概率是（    ） A． B． C． D． 8．已知奇函数的定义域为，其图象是一段连续不断的曲线，当时，有成立，则关于x的不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．在的展开式中（    ） A．二项式系数最大的项为第4项和第5项 B．第7项为常数项 C．有2个有理项 D．奇数项的系数和大于偶数项的系数和 10．设离散型随机变量的分布列如下表所示，其中，则（    ） 1 2 3 A． B． C． D． 11．将五个编号为1，2，3，4，5的小球放入五个分别标有1，2，3，4，5号的盒子中，则下列结论正确的有（    ） A．共有3125种放法 B．恰有一个盒子不放球，共有1200种放法 C．恰有两个盒子不放球，共有3000种放法 D．没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号都不相同的放法共有44种 三、填空题 12．某高校有、两家餐厅，王同学第一天去、两家餐厅就餐的概率分别为0.6和0.4，如果他第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.4，如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.5，则王同学第二天去了餐厅的概率为__________. 13．函数的图象如图所示，设的导函数为，则的解集为__________. 14．已知分别是函数的极小值点和极大值点，若，则的取值范围是______． 四、解答题 15．一个彩票盒中装有 12 张刮开前外表相同的彩票， 其中奖金为 500 元的一等奖彩票有 2 张， 奖金为 300 元的二等奖彩票有 3 张，奖金为 100 元的三等奖彩票有 7 张，从中随机抽出 3 张彩票. (1)求抽出的 3 张彩票的奖金总额不高于 700 元的概率； (2)记 表示抽出 3 张彩票中一等奖彩票的张数，求 的分布列. 16．五一期间，甲、乙、丙、丁、戊五人前往邯郸旅游，他们准备在“邯郸道”“广府古城”“京娘湖”这三个景点中选择游玩，因时间关系每人只能选择其中一个景点． (1)若甲和乙去同一个景点，丙和丁不能去同一个景点，求共有多少种不同的安排方案？（用数字作答） (2)若要求每个景点都有人去，求共有多少种不同的安排方案？（用数字作答） (3)已知每个景点都有人去，求甲和乙去同一个景点的概率． 17．已知函数，. (1)若的极大值为1，求实数a的值； (2)若，求证：. 18．已知函数 (1)若，求函数在处的切线方程； (2)讨论函数的单调性． 19．已知函数，其中，，．当时，． (1)求的值； (2)求时，的值； (3)求的值． 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D C C A C D BCD AB 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】根据分步计数原理求得不同的分配方案总数. 【详解】每名防控新冠疫情志愿者都有两种不同的分配方法，根据分步计数原理可知，不同的分配方案总数为种. 故选：C 【点睛】本小题主要考查分步计数原理，属于基础题. 2．B 【分析】根据二项展开式的通项公式可求出结果. 【详解】， 的通项公式为， 令，得（舍），令，得， 依题意得，得. 故选：B 3．D 【分析】计算，然后等价于在有2个不同的实数根，然后计算即可. 【详解】解：的定义域是 ， ， 若函数有两个不同的极值点， 则在（0，+∞）有2个不同的实数根， 故，解得：， 故选：D. 4．C 【分析】求导并利用极值点与导函数的关系解得或，经检验可知不符合题意，可得结果. 【详解】对函数求导可得； 易知，解得或； 当时，令，可得， 即在上单调递减，在和上单调递增，此时处取得极小值，满足题意； 当时，令，可得， 即在上单调递减，在和上单调递增，此时处取得极大值，不符合题意，舍去； 故选：C 5．C 【分析】构造函数g(x)＝f(x)－x，由已知可判断该函数为增函数，由此可比较函数值的大小关系，即得答案. 【详解】因为是函数f(x)的导函数，且，f′(x)>1， 故令g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1>0，所以g(x)在R上单调递增， 由g(e)>g(1)得f(e)－e>f(1)－1＝－1，所以f(e)>e－1，故A不正确； 由g(0)<g(1)，得f(0)<f(1)－1＝－1，故B不正确，C正确； 由g(e)>g(0)得f(e)－e>f(0)，所以f(e)>f(0)＋e，故D不正确. 故选:C. 6．A 【详解】先排红球，有1种排法，然后排白球，分两类讨论， 第一类情况是将两白球插空排入红球形成的5个空位有种，然后插入黑球，有种，故共有种不同的排法； 第二类情况是2个白球之间仅有1个黑球，先将2个白球和1个黑球捆绑成一个整体(形如W-B-W)，有种方法； 再将此整体与4个红球排列，有种方法；然后将剩下的2个黑球插入形成的6个空位中，有种方法，故此种情况有种。 故要求2个白球不相邻且3个黑球也不相邻，则不同的排法共有5100种. 7．C 【分析】方法一：先求出事件A包含的基本事件个数，再根据古典概型的公式计算即可． 【详解】方法一：设六棵树从矮到高的顺序为1，2，3，4，5，6，后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高为事件A． 则6必在后排，1在前排， 因此，分为1-6相对和1-6不对两种情况（相对的意思是前后相邻）， （1）1-6相对：5必在后排，2必在前排， 因此，又可分为2-5相对和2-5不对两种情况， ①2-5相对时，3-4相对且4在后排，所以有种情况； ②2-5不对，有种情况． （2）1-6不对：可分为5在前排和5在后排两种情况， （ⅰ）5在前排，则5-6相对且4在后排，又可分为1-4相对和1-4不对两种情况， 1-4相对：有种； 1-4不对：有种． （ⅱ）5在后排，又可分为1-5相对和1-5不对两种情况， ①1-5相对：2必在前排，又分为2-6相对和2-6不对两种， 2-6相对：有种； 2-6不对：有种． ②1-5不对，有种． 所以. 故选：C． 方法二：将设六棵树从矮到高的顺序为1，2，3，4，5，6，后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高为事件A，所以， . 故选：C． 【点睛】本题的解题关键是合理分类，首先根据题意知6必在后排，1必在前排，所以根据1，6的位置关系分为两种情况，接下来就是根据每种情况，把能定下来的位置先定下来，不能定的就继续分类讨论，直至求出所有适合的基本事件个数．两个计数原理在解题时发挥了关键作用． 8．D 【分析】设 ，则 ，由条件可得在上单调递增，进一步可得在上单调递增，将可化为，即，由单调性可得答案. 【详解】设 ，则 当时，有成立， 此时 所以在上单调递增. 又为奇函数，则，则为奇函数， 又 则在上单调递增， 所以在上单调递增. 当，恒有 可化为， 即， 由在上单调递增， 所以， 故不等式的解集为. 9．BCD 【分析】求出给定二项式展开式的通项公式，再结合二项式系数的性质及赋值法逐项求解判断. 【详解】二项式展开式的通项， 对于A，展开式共10项，二项式系数最大的项为第5项和第6项，A错误； 对于B，由，得，因此第7项为常数项，B正确； 对于C，当时，，因此展开式有2个有理项，C正确； 对于D，令展开式各项系数依次为， 则展开式各项系数依次为， 令展开式奇数项的系数和与偶数项的系数和分别为， 则， 因此，即，奇数项的系数和大于偶数项的系数和，D正确. 10．AB 【分析】根据分布列的性质判断A；结合概率的加法公式及不等式的性质判断BCD. 【详解】由题意知，，，故A正确. ，. 因为，则，，， 所以，，，故B正确，CD错误. 11．ABD 【分析】根据分步乘法计数原理即可判断A；根据分组分配判断BC；根据题意得出递推公式即可判断D． 【详解】对于A，由题意知，共有种放法，故A正确； 对于B，恰有一个盒子不放球，选出不放球的盒子，共有种， 再将5个球分为4份，其中一份有2球，再分给4个盒子，共有, 所以共有种放法，故B正确； 对于C，恰有两个盒子不放球，选出不放球的盒子，共有种， 再将5个球分为3份，可分为和，再分给3个盒子，共有， 所以共有种放法，故C错误； 对于D，用递推的方法计算，记个元素的错位排列数为； 对于：只有1个球，必须放1号盒，一定同号，所以， 对于：只有两个球，只能互相放对方盒子，所以, 递推公式:， 意思是：先选1个球，比如选球1，它不能放1号盒，所以有个盒子可以选， 如果球1选了号盒，再分两种情况算球的放法：要么球放1号盒，剩下个元素错位排列，对应；要么球不能放1号盒，相当于剩下个元素错位排列，对应， 所以， ， ，故D正确． 12． 【分析】结合题意，由全概率公式计算即可求解. 【详解】设“第一天去餐厅”，“第二天去餐厅”， “第一天去餐厅”，“第二天去餐厅”， 由题意可得， 所以. 13． 【分析】先由图象分析出的正负，利用符号法解不等式即可得到答案. 【详解】由函数的图象可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 即当时，，当时，. 因为可化为或， 结合函数图象解得， 所以不等式的解集为. 14． 【分析】法一：将函数极值点的问题转化为其导函数对应的两个函数与的交点问题，通过图像分析判断出，再利用两函数相切的临界状态，通过切点处的函数值与导数值相等建立方程组，求出切点横坐标,进而结合图像中交点存在两个的条件，得到与的关系，最终得出的取值范围. 法二：将导函数的两正实根问题，转化为方程有两实根的问题，构造函数，通过求导分析其单调性与值域，得到的最大值及极限趋势，结合直线与图像有两个交点的条件，确定的取值范围，进而推出的取值范围. 【详解】法一：因为， 若函数有极大值点和极小值点，则与至少有两个交点． 如下图，因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以由图易知． 记恰与相切时，切点为， 则有，解得，此时． 由题意和图像分析可知，又，所以． 法二：，函数有极大值点和极小值点，有两正实根. 即有两实根，令，则. 故易知在上单调递增，在上单调递减. 又，，；，. 所以，经检验时，符合题意． 15．(1) (2) 的分布列为： 【分析】（1）利用组合数求出样本空间中样本点的总数和随机事件中含有的样本点的个数，根据古典概型的概率公式可求抽出的 3 张彩票的奖金总额不高于 700 元的概率. （2）先确定的可能的取值，再根据超几何分布可求 的分布列. 【详解】（1）设为“抽出的 3 张彩票的奖金总额不高于 700 元”， 则. （2）由题设有可取， 又，， ， 故的分布列为： 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）先排甲、乙去同一个景点，再排丙、丁分别去两个景点，最后排戊去任意景点即可求解； （2）依题意将五人分成三组，则分组方式有两种：1，1，3和2，2，1，进而求解即可； （3）结合（2）知甲和乙可能在1，1，3分组中的3人组或在2，2，1分组中其中一个2人组，进而求解即可． 【详解】（1）第一步：先排甲、乙去同一个景点，将甲、乙看作整体，即在3个景区中选择1个，有种； 第二步：再排丙、丁分别去两个景点，即在3个景区中选择2个排列，有种； 第三步：最后排戊去任意景点，即在3个景区中选择1个，有种， 所以不同的安排方案有种． （2）由每个景点都有人去，即将五人分成三组， 则分组方式有两种：1，1，3和2，2，1， 所以不同的安排方案有种． （3）设事件A：每个景点都有人去，事件B：甲和乙去同一个景点． 若每个景点必须有人去，且甲和乙去同一个景点， 则甲和乙可能在1，1，3分组中的3人组或在2，2，1分组中其中一个2人组， 则不同的安排方案有种， 结合（2）得，每个景点都有人去的不同的安排方案共有种， 所以甲和乙去同一个景点的概率为． 17．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）分类讨论，利用导数判断函数的单调区间，根据极大值建立方程求解即可； （2）把问题转化为证明，构造函数，利用导数研究函数最值即可证明. 【详解】（1）的定义域为，. 当时，，在上单调递增，函数无极值； 当时，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故当时，取得极大值，极大值为，解得. 经验证符合题意，故实数a的值为. （2）当时，，故要证，即证. 令，则，. 令，，则， 所以在上单调递增， 又因为，， 所以，使得，即， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 又因为，即， 所以， 所以，即，故得证. 18．(1) (2)在上单调递增 【分析】（1）求出函数的导数，计算，求出切线方程即可. （2）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可． 【详解】（1）（1）时， 所以 所以函数在处的切线方程为， 整理得 所以函数在处的切线方程是：. （2）因为 所以 令，即 当时，即时，恒成立，此时在R上单调递增. 当时，即或时，解得 所以当时或 当时， 此时在单调递减， 单调递增区间为，. 19．(1) (2) (3)3 【分析】（1）根据二项式展开式的通项公式计算，建立关于的方程，解之即可； （2）根据求导公式和求导法则求出，两式相减即可求解； （3）由组合数的计算公式可得，结合二项式展开式的通项公式计算即可求解. 【详解】（1）当时，，， ∵，∴， ∵，∴， （2）当时，， ， 当时，①， 当时，②， ①-②得：， ∴． （3）∵， ∴ =3. 学科网（北京）股份有限公司 $