精品解析：宁夏银川市北京师范大学银川学校2025-2026学年第二学期高二年级期中考试数学试题

北师大银川学校2025-2026学年第二学期高二年级期中考试 数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上． 2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．考生必须按照题号在答题卡各题号相对应的答题区域内（黑色线框）答题，写在草稿纸上超出答题区域或非题号对应的答题区域的答案一律无效． 4．保持卡面清洁，不折叠，不破损． 一、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，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知是定义在上的可导函数，若，则（ ） A. B. -1 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的定义求解即可. 【详解】由导数的定义可得. 故选：C. 2. 某地天气预报资料显示，近段时间中一天下雨的概率是0.8，连续两天都下雨的概率是0.6.已知某天下雨，则随后一天也下雨的概率是（ ） A. 0.75 B. 0.48 C. 0.8 D. 0.6 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用条件概率公式计算得解. 【详解】设某天下雨的事件是A， 随后一天也下雨的事件是B，则， 所以某天下雨，则随后一天也下雨的概率. 故选：A 3. 已知关于的二项式的展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则的值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式系数和求得，结合展开式通项利用常数项列方程求解即可. 【详解】由条件知，即，在通项中， 令，得.所以常数项为，解得. 故选：C 4. 从这九个数字中任取两个，这两个数的和为质数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求所有组合个数，列举和为质数的情况，古典概型求概率. 【详解】这九个数字中任取两个，有种取法， 和为质数有，共14种情况， 因此所求概率为. 故选：C. 5. 某农科所在甲，乙，丙地块培育同一种苗，甲地块培育的一等种苗占比80%，乙地块培育的一等种苗占比60%，丙地块培育的一等种苗占比70%，将三个地块培育的种苗混放在一起.已知甲，乙，丙培育的种苗数分别占总数的40%，40%，20%，从这批种苗中随机抽取一株，它是一等种苗的概率为（ ） A. 0.7 B. 0.6 C. 0.8 D. 0.9 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用全概率公式，即可求解. 【详解】由题意，得从这批种苗中随机抽取一株，它是一等种苗的概率为：. 故选：A. 6. 已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】代点求解出，然后对函数进行求导，对应求解出，最后求解. 【详解】由已知，， 故， ， 则切线斜率为，故， 所以． 故选：B. 7. 用5种不同颜色的粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的粉笔，则该板报共有多少种不同的书写方案？（ ） A. 240 B. 480 C. 120 D. 200 【答案】A 【解析】 【分析】利用分步乘法计数原理与排列的知识即可得解. 【详解】根据题意，“英语角”、“语文学苑”和“理综世界” 两两相邻，有种方案， 而“数学天地”只和“理综世界”相邻，只要和“理综世界”的颜色不同即可，故有4种方案， 总共有种方法. 故选：A 8. 若函数在定义域内有两个极值点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导，根据极值分析可得与有2个变号交点，对求导，利用导数判断其单调性和最值，结合的图象分析求解. 【详解】因为的定义域为，且， 令，可得， 由题意可知与有2个变号交点， 则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减， 可得，且当x趋近于0，趋近于，当x趋近于，趋近于0， 可得的图象，如图所示： 由图象可得，解得， 所以实数的取值范围为. 故选：D. 【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： （1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； （2）求导数，得单调区间和极值点； （3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象进而求解． 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，选对但不全的得部分分值，有选错的得0分） 9. 已知离散型随机变量的分布列为 1 2 4 6 0.2 0.1 则下列选项正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据分布列的性质，以及概率的定义与互斥事件概率的加法公式，逐项判定，即可求解． 【详解】对于A中，由分布列的性质，可得，解得，所以A不正确； 对于B中，若，可得，则 ，故B正确； 对于C中，由概率的定义知 ，所以C不正确： 对于D中，由 ，则，所以D正确． 10. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（　　） A. 某学生从中选2门课程学习，共有15种选法 B. 课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法 C. 课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有144种排法 D. 课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有480种排法 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项根据组合的方法计算；B选项，利用捆绑法计算；C选项，利用插空法计算；D选项，通过分“礼”排在最后一周和不排在最后一周两种情况计算. 【详解】A：6门中选2门共有种选法，故A正确； B：课程“乐”“射”排在相邻的两周时，把这两个看成一个整体，有种排法，然后全排列有种排法，根据分步乘法计数原理，“乐”“射”相邻的排法共有种，故B正确； C：课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，先排剩下的三门课程有种排法，然后利用插空法排课程“御”“书”“数”有种排法，根据分步乘法计数原理，得共有种排法，故C正确； D：分2种情况讨论：若先把“礼”排在最后一周，再排“数”，有种排法，若先把“礼”不排在最后一周，再排“数”，有种排法，所以，共有种排法，故D错误. 故选：ABC. 11. 已知分别为随机事件的对立事件，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则事件与事件相互独立 D. 若，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据条件概率的计算公式进行计算，可判断各选项的正确与否. 【详解】由条件概率的性质可知：，故A错误，B正确； 对C：由，又，所以， 又，所以. 所以，所以，相互独立，故C正确； 对D：由，即，所以，相互独立，所以，故D正确. 故选：BCD 【点睛】知识点点睛：判断事件，相互独立的常见方法有： （1）若，则，相互独立； （2）若，或，则，相互独立. 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 已知离散型随机变量X，Y满足，，则______. 【答案】1 【解析】 【分析】根据数学期望的性质：若，则求解即可. 【详解】因为，， 所以. 13. 的展开式中的系数为_________． 【答案】-80 【解析】 【分析】利用的二项展开式的通项公式，可求的系数. 【详解】的二项展开式的通项为， 则的系数为． 故答案为：. 14. 在“杨辉三角”中，每一个数都是它“肩上”两个数的和，它开头几行如图所示.那么，在“杨辉三角”中，第_____________行会出现三个相邻的数，其比为2:3:4. 【答案】34 【解析】 【分析】由题意可知第行第个数为，连续三项，，，结合组合数运算求解即可. 【详解】由题意可知第行第个数为， 根据题意，设所求的行数为，则存在正整数，使得连续三项，，， 有且．化简得，， 联立解得，． 故第34行会出现满足条件的三个相邻的数． 故答案为：34. 四、解答题：（本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知二项式，且满足． （1）求值，并求二项式系数最大的项； （2）求二项展开式中含项的系数； （3）请直接写出展开式中所有项的系数的和．（此题涉及的系数一律用数字作答） 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据组合数公式得到方程，即可求出，再写出展开式的通项，即可求出二项式系数最大项； （2）令，解得，再利用通项计算可得； （3）令，即可求出各项系数和. 【小问1详解】 因为，即，整理得， 解得或（舍去），故． 所以展开式的通项为（且）， 则，故二项式系数的最大项为第项，为． 【小问2详解】 令，解得， 所以， 所以二项展开式中含项的系数为； 【小问3详解】 对于，令可得， 所以展开式中所有项的系数的和为. 16. 甲有50万元自有资金想用于项目投资，经调查有两个项目供甲选择： 项目一：用于某金融投资，如果投资成功，一年后可获利本金的；如果投资失败，一年后将丧失本金的，这两种状况发生的概率分别为． 项目二：用于实体经济投资，一年后可能获利本金的，可能丧失本金的，也可能这一年不赔不赚，这三种状况发生的概率分别为． （1）设随机变量X，Y分别为甲投资项目一、项目二一年后的收益，求X，Y的分布列； （2）针对以上两个项目，请为甲选择一个合理的项目，并说明理由． 【答案】（1）的分布列见解析 （2）甲应该选择项目二，理由见详解 【解析】 【分析】（1）根据题意分析X、Y可取的值，进而可得X，Y的分布列； （2）分别求X，Y的期望和方差，进而比较大小，即可分析判断. 【小问1详解】 由题意可知：X可取的值为：，10， 其分布列为 X 10 P Y可取的值为：，0，6， 其分布列为 Y 0 6 P 【小问2详解】 对于项目一：（万元）， ； 对于项目二：（万元）， ； 因为，， 即两个项目的期望值相同，但项目一的波动性较大，所以甲应该选择项目二． 17. 一个袋子里放有除颜色外完全相同的2个白球、3个黑球. （1）采取放回抽样方式，从中依次摸出两个小球，求两个小球颜色不同的概率； （2）采取不放回抽样方式，从中依次摸出两个小球，求在第1次摸到的是黑球的条件下，第2次摸到的是黑球的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分先白后黑和先黑后白两种情况，由概率公式计算. （2）利用条件概率公式求解. 【小问1详解】 设事件：用放回抽样方式摸出两个颜色不同的小球. 因为采取放回抽样方式， 所以每次摸一个白球的概率为，每一次摸一个黑球的概率为， 所以. 即用放回抽样方式摸出两个颜色不同的小球的概率为. 【小问2详解】 设事件为第一次摸到黑球， 事件第二次摸到黑球， 所以，， 所以在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到黑球的概率为： . 18. 某机器人商店出售的机器人中，甲品牌的占，合格率为；乙品牌的占，合格率为；丙品牌的占，合格率为，在该商店随机买一台机器人． （1）求该机器人是甲品牌合格品的概率； （2）求该机器人是合格品的概率； （3）若该机器人是不合格品，求它是丙品牌的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）应用条件概率公式计算求解即可； （2）结合应用条件概率公式及全概率公式计算求解； （3）根据对立事件概率及条件概率公式计算求解. 【小问1详解】 用表示机器人是甲品牌，用表示机器人是合格品，则， 所以该机器人是甲品牌合格品的概率． 【小问2详解】 用表示机器人是乙品牌，用表示机器人是丙品牌， 【小问3详解】 由（2）知，该机器人是不合格品的概率， 若该机器人是不合格品，它是丙品牌的概率． 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有极小值，且，求a的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增 （3） 【解析】 【分析】（1）先对函数求导得到导函数表达式，代入已知条件确定参数后，算出处的导数值即切线斜率，再求出对应的函数值即切点坐标，最后用点斜式列出切线方程并整理成一般式即可. （2）先把导函数通分并因式分解，结合定义域，按参数的正负分类讨论；时判断导函数在定义域内恒正，直接得出函数单调递增；时以为分界点，分别判断区间内导函数正负，进而得到函数的递减、递增区间，最后汇总两种情况的单调结论. （3）先借助第二问单调性确定时函数在处取极小值也是最小值，代入求出最小值表达式；由恒成立转化为最小值大于等于0，化简不等式后构造新函数；通过求导判断新函数单调递减，结合特殊点，利用单调性分析出使不等式成立的的取值区间. 【小问1详解】 当时，，所以 所以切线方程为即， 【小问2详解】 ， 若，可得时，，所以在上单调递增； 若时，当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 由（2）可知当时，有极小值，极小值为， 此时极小值也是最小值，由，可得，， 又，所以 令，求导得， 所以在上单调递减，又， 当时，，当时，， 所以时，，此时满足， 所以a的取值范围 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北师大银川学校2025-2026学年第二学期高二年级期中考试 数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上． 2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．考生必须按照题号在答题卡各题号相对应的答题区域内（黑色线框）答题，写在草稿纸上超出答题区域或非题号对应的答题区域的答案一律无效． 4．保持卡面清洁，不折叠，不破损． 一、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，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知是定义在上的可导函数，若，则（ ） A. B. -1 C. D. 1 2. 某地天气预报资料显示，近段时间中一天下雨的概率是0.8，连续两天都下雨的概率是0.6.已知某天下雨，则随后一天也下雨的概率是（ ） A. 0.75 B. 0.48 C. 0.8 D. 0.6 3. 已知关于的二项式的展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则的值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4. 从这九个数字中任取两个，这两个数的和为质数的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 某农科所在甲，乙，丙地块培育同一种苗，甲地块培育的一等种苗占比80%，乙地块培育的一等种苗占比60%，丙地块培育的一等种苗占比70%，将三个地块培育的种苗混放在一起.已知甲，乙，丙培育的种苗数分别占总数的40%，40%，20%，从这批种苗中随机抽取一株，它是一等种苗的概率为（ ） A. 0.7 B. 0.6 C. 0.8 D. 0.9 6. 已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则（ ） A. B. C. D. 7. 用5种不同颜色的粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的粉笔，则该板报共有多少种不同的书写方案？（ ） A. 240 B. 480 C. 120 D. 200 8. 若函数在定义域内有两个极值点，则实数的取值范围为（ ） 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，选对但不全的得部分分值，有选错的得0分） 9. 已知离散型随机变量的分布列为 1 2 4 6 0.2 0.1 则下列选项正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 10. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（　　） A. 某学生从中选2门课程学习，共有15种选法 B. 课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法 C. 课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有144种排法 D. 课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有480种排法 11. 已知分别为随机事件的对立事件，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则事件与事件相互独立 D. 若，，则 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 已知离散型随机变量X，Y满足，，则______. 13. 的展开式中的系数为_________． 14. 在“杨辉三角”中，每一个数都是它“肩上”两个数的和，它开头几行如图所示.那么，在“杨辉三角”中，第_____________行会出现三个相邻的数，其比为2:3:4. 四、解答题：（本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知二项式，且满足． （1）求值，并求二项式系数最大的项； （2）求二项展开式中含项的系数； （3）请直接写出展开式中所有项的系数的和．（此题涉及的系数一律用数字作答） 16. 甲有50万元自有资金想用于项目投资，经调查有两个项目供甲选择： 项目一：用于某金融投资，如果投资成功，一年后可获利本金的；如果投资失败，一年后将丧失本金的，这两种状况发生的概率分别为． 项目二：用于实体经济投资，一年后可能获利本金的，可能丧失本金的，也可能这一年不赔不赚，这三种状况发生的概率分别为． （1）设随机变量X，Y分别为甲投资项目一、项目二一年后的收益，求X，Y的分布列； （2）针对以上两个项目，请为甲选择一个合理的项目，并说明理由． 17. 一个袋子里放有除颜色外完全相同的2个白球、3个黑球. （1）采取放回抽样方式，从中依次摸出两个小球，求两个小球颜色不同的概率； （2）采取不放回抽样方式，从中依次摸出两个小球，求在第1次摸到的是黑球的条件下，第2次摸到的是黑球的概率. 18. 某机器人商店出售的机器人中，甲品牌的占，合格率为；乙品牌的占，合格率为；丙品牌的占，合格率为，在该商店随机买一台机器人． （1）求该机器人是甲品牌合格品的概率； （2）求该机器人是合格品的概率； （3）若该机器人是不合格品，求它是丙品牌的概率． 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有极小值，且，求a的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $