精品解析：河北唐山市丰南区第一中学2025-2026学年第二学期高二期中考试数学试卷

丰南一中2025--2026学年度第二学期高二年级期中考试数学试卷 一、单选题：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，只一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知函数的导函数为，若，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 4 2. 已知函数在处取得极值，则（ ） A. B. C. 5 D. 9 3. 某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”、“雨水”、“惊蛰”、“春分”、“清明”五张知识展板放置在五个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，则不同的放置方式种数为（ ） A. 12 B. 24 C. 48 D. 120 4. 函数图象上一点到直线的最短距离为（ ） A. B. C. D. 5. 甲、乙两位旅游博主准备周末去A，B，C，D这4个景点中的某一个景点打卡，事件M表示甲、乙至少有1人去A景点，事件N表示甲、乙去相同的景点，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知二项式展开式中含项的系数为2，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 7. 已知函数，且，，，则的大小关系（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数存在两个极值点、，记、．若曲线上存在点，使得，求的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（    ） A. B. 函数的零点为 C. 曲线上任意一点处切线的倾斜角不小于 D. 若，且，则 10. 下列说法正确的是（    ） A. 的展开式中二项式系数最大的项是第6，7项 B. 若随机变量满足则 C. 用这10个数字，可以组成648个没有重复数字的三位数 D. 已知随机变量的概率分布为，则实数的值为 11. 如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（ ） A. 第2026行共有2026个数 B. 从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C. 第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D. 去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 已知物体的位移（单位：）与时间（单位：）满足函数关系，则该物体在时刻的瞬时速度为__________. 13. 已知随机变量X服从正态分布，且，则的最小值为_______. 14. 某个科技小作品是由红、黄、蓝三个颜色的灯组成，每次闪烁时只有一个颜色的灯亮，其余两个颜色的灯不亮，每种颜色的灯不会连续在两次闪烁中亮起，若第1次闪烁，红灯亮起，则第6次闪烁时，黄灯亮的概率为______. 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. 已知函数的图象过点，且． （1）求函数的解析式； （2）求函数的单调区间： （3）求函数在上的最大值和最小值． 16. 已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 17. 某工厂采购了甲、乙两台新型机器， 现对这两台机器生产的第一批零件的直径进行测量， 质检部门随机抽查了 100 个零件的直径进行了统计如下: 零件直径 (单位: 厘米) [1.8，2.0] 零件个数 10 25 30 25 10 （1）经统计，零件的直径服从正态分布，据此估计这批零件直径在区间 内的概率; （2）以频率估计概率，若在这批零件中随机抽取4个，记直径在区间内的零件个数为，求的分布列和数学期望; （3）在甲、乙两台新型机器生产的这批零件中，甲机器生产的零件数是乙机器生产的零件数的 2 倍， 且甲机器生产的零件的次品率为 0.3， 乙机器生产的零件的次品率为0.2， 现从这批零件中随机抽取一件， 若检测出这个零件是次品， 求这个零件是甲机器生产的概率. 参考数据: 若随机变量，则，，. 18. 已知函数． （1）若函数 是增函数，求实数a的取值范围； （2）求的单调区间； （3）当时，证明：当时，恒成立． 19. 甲同学通过掷骰子的方式在边长为1个单位长度的正方形的场地上玩游戏，从起点出发，沿着正方形四边的顺序行走．若第，次抛掷得到的点数，记作，则甲从当前位置按顺序走个单位长度，下一次继续按照以上规则行走．记数列的前项和为次游戏之后甲的位置记为，并规定：当甲在处时，甲在处时，甲在处时，甲在处时． （1）当时，求的概率和的概率； （2）当时，求随机变量的概率分布列和期望； （3）若，设，试确定该展开式中各项系数与事件的联系，并求的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丰南一中2025--2026学年度第二学期高二年级期中考试数学试卷 一、单选题：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，只一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知函数的导函数为，若，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】依题意，. 2. 已知函数在处取得极值，则（ ） A. B. C. 5 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数的导数，得到关于,的方程组，解出即可． 【详解】函数， 则， 因为在处取极值， 所以，解得：， 经检验满足题意. 故. 故选：D. 3. 某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”、“雨水”、“惊蛰”、“春分”、“清明”五张知识展板放置在五个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，则不同的放置方式种数为（ ） A. 12 B. 24 C. 48 D. 120 【答案】C 【解析】 【分析】由捆绑法即可求解. 【详解】由于立春和春分相邻，先将二者捆绑，二者内部有顺序，排列数为 种； 捆绑后得到1个整体，和剩余3块展板共4个元素，对4个元素全排列，排列数为 ， 分步计数求总数：根据分步乘法计数原理，总放置方式为 . 4. 函数图象上一点到直线的最短距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用数形结合，得出与直线平行且与曲线相切的直线与曲线的切点处即为到直线的距离最小的点，所以结合导数表示出过点的切线方程，在结合斜率相等求出切点坐标，再利用点到直线的距离公式求解即可. 【详解】设与直线平行且与曲线相切的直线的切点坐标为． 因为，所以，解得，则切点坐标为． 最短距离为点到直线的距离，即． 故选：C 5. 甲、乙两位旅游博主准备周末去A，B，C，D这4个景点中的某一个景点打卡，事件M表示甲、乙至少有1人去A景点，事件N表示甲、乙去相同的景点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用条件概率公式求解即可 【详解】事件表示甲乙两人都不去A景点，， 事件表示甲乙两人都去A景点，， 所以． 6. 已知二项式展开式中含项的系数为2，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】分别计算展开式中项系数和项系数，进而可求解. 【详解】展开式中项系数为：，项系数为：, 所以展开式中含的项的系数， 解得. 故选：D. 7. 已知函数，且，，，则的大小关系（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得，得到在上单调递增，结合，即可求解. 【详解】由函数，可得， 当，可得，且，所以，在上单调递增， 因为，所以，所以， 所以，即. 8. 已知函数存在两个极值点、，记、．若曲线上存在点，使得，求的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对求导，结合极值点个数要求得到，求解得到两点坐标. 根据的几何性质，可知点位于线段的中垂线上，将问题转化为中垂线方程与存在正实数解. 构造对应函数，通过导数分析函数单调性，结合零点存在定理建立不等式，求解得到的取值范围. 【详解】因为，则， 因为函数有两个不等的极值点、，则，可得， 令，解得，， 因为，， 此时、， 则， 所以点在线段的中垂线上. 又在曲线上，则方程存在正数解， 即在存在零点. 可知， 由可得，由可得， 故在上单调递增，在上单调递减. 因为，由零点存在定理可知，只需即可， 可得，又因为，解得， 所以的取值范围为. 二、多选题：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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（    ） A. B. 函数的零点为 C. 曲线上任意一点处切线的倾斜角不小于 D. 若，且，则 【答案】AC 【解析】 【分析】先根据求出的值，再令求函数零点，对求导分析曲线上切线倾斜角的范围，根据导数判断函数单调性，进而判断各选项的正误. 【详解】已知，所以，解得，A正确； 所以，令（），则， 化简得，即，解得，B错误； 对求导得，其中， 由基本不等式得，当且仅当时取等号， 设切线倾斜角为，则斜率，又， 所以，故倾斜角不小于，C正确； 由知：在和上单调递增， 但不能直接得出，且时，， 如，时，，D错误. 10. 下列说法正确的是（    ） A. 的展开式中二项式系数最大的项是第6，7项 B. 若随机变量满足则 C. 用这10个数字，可以组成648个没有重复数字的三位数 D. 已知随机变量的概率分布为，则实数的值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由二项式定理及组合数的性质判断A，由期望方差的性质判断B，应用分步计数原理求没有重复数字的三位数个数判断C，应用裂项相消法及概率的性质列方程求参数值判断D. 【详解】A：由知，其展开式共有12项，故二项式系数最大的项是第6、7项，正确； B：根据期望和方差的性质，知，错误； C：组成无重复数字的三位数时，百位不能为0有种选择，十位可从剩余9个数字中选择，个位可从剩余8个数字中选择，总个数为，正确； D：由概率和为1，则 ，所以，正确. 11. 如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（ ） A. 第2026行共有2026个数 B. 从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C. 第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D. 去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据杨辉三角的性质即可求解A，根据组合数的性质化简即可求解B，利用二项式定理求解第48行的所有数字的和，进而根据二项式定理，根据整除的性质即可求解C，根据二项式的和，结合等比数列以及等差数列的性质，即可求解D. 【详解】对于A，第2026行共有2027个数，故A错误， 对于B,由题意可得,B正确， 对于C, 第48行的所有数字之和为 ,由于能被7整除， 故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，C正确， 对于D,第行的和为， 当时，第行中去除为1的项的和为， 第0行为1， 故前行中去除为1的项的和为， 故前17行中去除为1的项的和为， 去除所有为1的项后，则从第一行开始，则剩下的每一行的个数为0，1，2，3，4，……， 可以看成一个首项为0，公差为1的等差数列，前行共有个数， 当时，， 因此前17行中，去掉为1的项，共有136项，且第17行中，去掉为1的项后，最后一项为 则此数列前135项的和为. 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 已知物体的位移（单位：）与时间（单位：）满足函数关系，则该物体在时刻的瞬时速度为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】由瞬时速度的意义，求出函数在时的导数值即可. 【详解】函数，求导得，则， 所以所求瞬时速度为2. 故答案为：2 13. 已知随机变量X服从正态分布，且，则的最小值为_______. 【答案】9 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性求得，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解. 【详解】因为，且，则由对称性得， 又， 所以，故， 又因为， 所以， 当且仅当且，即时等号成立， 所以的最小值为9. 故答案为：9. 14. 某个科技小作品是由红、黄、蓝三个颜色的灯组成，每次闪烁时只有一个颜色的灯亮，其余两个颜色的灯不亮，每种颜色的灯不会连续在两次闪烁中亮起，若第1次闪烁，红灯亮起，则第6次闪烁时，黄灯亮的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意找出递推关系求解. 【详解】设事件“第n次闪烁红灯亮”，“第n次闪烁黄灯亮”，“第n次闪烁蓝灯亮”，那么由题意可知，，又， 所以，可构造等比数列，， 因为，所以是以为首项，公比为的等比数列， 故，所以，， 故第6次闪烁时，黄灯亮的概率为. 故答案为： 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. 已知函数的图象过点，且． （1）求函数的解析式； （2）求函数的单调区间： （3）求函数在上的最大值和最小值． 【答案】（1） （2）的递减区间为，递增区间为， （3）最大值为、最小值为 【解析】 【分析】（1）根据导数的运算法则，结合代入法进行求解即可； （2）根据导数的性质进行求解即可； （3）根据函数最值的性质，结合（2）的结论进行求解即可. 【小问1详解】 ， 所以由题意可得； 【小问2详解】 由上可知：， 令，解得，所以函数的递减区间为， 令，解得，或， 所以函数的递增区间为，； 综上所述：函数的递减区间为，递增区间为，； 【小问3详解】 由（2）可知：的递减区间为，递增区间为， 所以当时，在上递减，在，上递增， 因为， 所以， 因此函数在上的最大值为、最小值为. 16. 已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用组合数的计算公式，化简得，即可求解； （2）求得二项展开式的通项，得到为正数，为负数，分别令和，即可求得的值． （3）由（1）得到，两边求导，再令，即可求解. 【小问1详解】 解：由组合数的计算公式，可得， 即，解得或（舍去）． 【小问2详解】 解：二项式展开式的通项公式为， 由 二项式展开式中的系数为, 当为偶数时，；当为奇数时， 令，可得， 令，可得，即， 所以． 【小问3详解】 解：由（1）知，可得 两边求导得 可得， 令，代入得， 所以． 17. 某工厂采购了甲、乙两台新型机器， 现对这两台机器生产的第一批零件的直径进行测量， 质检部门随机抽查了 100 个零件的直径进行了统计如下: 零件直径 (单位: 厘米) [1.8，2.0] 零件个数 10 25 30 25 10 （1）经统计，零件的直径服从正态分布，据此估计这批零件直径在区间 内的概率; （2）以频率估计概率，若在这批零件中随机抽取4个，记直径在区间内的零件个数为，求的分布列和数学期望; （3）在甲、乙两台新型机器生产的这批零件中，甲机器生产的零件数是乙机器生产的零件数的 2 倍， 且甲机器生产的零件的次品率为 0.3， 乙机器生产的零件的次品率为0.2， 现从这批零件中随机抽取一件， 若检测出这个零件是次品， 求这个零件是甲机器生产的概率. 参考数据: 若随机变量，则，，. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 4 （3） 【解析】 【分析】（1）根据正态分布的性质，进而可得； （2）以频率估计概率得随机抽取1个直径在区间内的概率为，由题意满足二项分布，根据二项分布的概率公式和期望公式可得； （3）根据条件概率和全概率公式可得. 【小问1详解】 由题意， 得. 【小问2详解】 由题意，随机抽取一个零件，直径在区间的概率为， 故由题意满足二项分布， 故，， ，， ， 故的分布列为 0 1 2 3 4 的数学期望为 【小问3详解】 设事件为“从这批零件中随机抽取一件来自甲机器生产”，事件为“从这批零件中随机抽取一件为次品” 则为“从这批零件中随机抽取一件来自乙机器生产”， 由题意，，，， 则， ， 故， 故从这批零件中随机抽取一件， 若检测出这个零件是次品， 求这个零件是甲机器生产的概率为. 18. 已知函数． （1）若函数 是增函数，求实数a的取值范围； （2）求的单调区间； （3）当时，证明：当时，恒成立． 【答案】（1） （2）当时，的单调递减区间为； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）增函数满足导数在定义域内恒大于等于，将问题转化为参数恒大于等于对应函数的最大值，借助基本不等式求解最值即可. （2）先求函数导数，对参数的取值范围分类讨论，根据导函数的正负判断函数的单调性，进而得到对应单调区间. （3）先根据的条件对不等式进行放缩消去参数，构造新的函数，通过多次求导判断新函数在时的单调性，结合端点值即可证明不等式成立. 【小问1详解】 函数的定义域为， 由题可知恒成立，故， 当时，，当且仅当时等号成立，故． 【小问2详解】 定义域为， 当时，，故在上单调递减； 当时，时，，单调递增， 当时，，单调递减. 综上所述，当时，的单调递减区间为； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为 【小问3详解】 ，且时，， 令，下证即可. ，再令，则，显然在上递增，则， 即在上递增，故，即在上单调递增， 故，问题得证. 19. 甲同学通过掷骰子的方式在边长为1个单位长度的正方形的场地上玩游戏，从起点出发，沿着正方形四边的顺序行走．若第，次抛掷得到的点数，记作，则甲从当前位置按顺序走个单位长度，下一次继续按照以上规则行走．记数列的前项和为次游戏之后甲的位置记为，并规定：当甲在处时，甲在处时，甲在处时，甲在处时． （1）当时，求的概率和的概率； （2）当时，求随机变量的概率分布列和期望； （3）若，设，试确定该展开式中各项系数与事件的联系，并求的概率． 【答案】（1），； （2） 0 1 2 3 期望为； （3）， 事件表示40个相乘后得到的组合方式的数量， 表示第40次抛掷骰子后，甲在C处，那么，其方法数为对应式子中 时所有的数量之和， 所以， 令，可得，令得， 两式相加得①， 令， 则， 所以②， 所以①②可得， 即. 【解析】 【分析】（1）根据题意分类讨论计算即可； （2）分类讨论的各种取值时对应情形，列出分布列结合期望公式计算即可； （3）利用二项式定理结合题意得出事件与展开式联系，利用赋值法及复数的周期性计算概率即可. 【小问1详解】 易知，所以， 的情况有：，， 合计8种，所以； 【小问2详解】 易知可能取值为：， 由上知， 的情形有： ，9种， 则； 的情形有： ，9种， 则； 的情形有： ，10种， 则； 的分布列如下表： 0 1 2 3 期望； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $