精品解析：福建省三明第一中学2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试题

三明一中2025-2026学年下学期5月半期考 高二数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、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，仅有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在二项式的展开式中，所有二项式系数的和是32，则展开式中各项系数的和为（ ） A. B. 0 C. 32 D. 1 3. 如果随机变量，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 设，则“”是“”的（　　） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知随机变量服从二项分布若，则（ ） A. 144 B. 48 C. 24 D. 16 6. 袋中装有4个黑球和3个白球，现从中不放回地取球，每次取1个球，直到将袋中的白球取完即终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的，则终止取球时，恰有1个黑球没有被取出的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正数a，b，且，满足，则（ ） A. a的取值范围是 B. 的最小值为2 C. 的最大值为 D. 的最小值为 8. 已知直线与函数的图象相切，若，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 如果，，，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，则 10. 口袋内装有大小、质地均相同，颜色分别为红、黄、蓝的3个球.从口袋内无放回地依次抽取2个球，记“第一次抽到红球”为事件A，“第二次抽到黄球”为事件B，则（ ） A. B. C. A与B为互斥事件 D. A与B相互独立 11. 已知时，关于的不等式恒成立，则下列判断正确的是（ ） A. ， B. C. D. 的最大值为 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知命题“，使得”的否定形式为______. 13. 用模型拟合一组数据，令，将模型转化为经验回归方程，则______． 14. 甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2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，其导函数为，不等式的解集为. （1）求a，b的值； （2）求函数在上的最大值和最小值. 16. 甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为与，且乙投球次均命中的概率为． （1）求甲投球次，命中次的概率； （2）若乙投球次，设命中的次数为，求的分布列． 17. 激光一体机是一种功能强大的办公设备，与传统的激光打印机相比，激光一体机还集成了复印、扫描等多种功能，因此比传统的激光打印机更实用，从而近几年在全国各地逐渐热销起来．下表为M市统计的近5年该市激光一体机的销量，其中x为年份代号，y（单位：万台）代表年销量． 年份 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 年份代号x 1 2 3 4 5 年销量y/万台 0.5 0.9 1 1.2 1.4 （1）经过分析，y与x线性相关，试求y关于x的经验回归方程； （2）利用（1）中所求方程，预测2025年该市激光一体机的销量； （3）某中学准备从A，B两种品牌的激光一体机中购买一批配备给各办公室使用，下表是以往这两种激光一体机各100台的使用年限（整年）统计表： 使用年限 1年 2年 3年 4年 5年 A品牌 5 15 20 10 50 B品牌 10 20 15 15 40 激光一体机使用年限越长，办公费用越低．以使用年限的频率估计概率．该中学从节省办公费用的角度来看，应选择购买哪一种品牌的激光一体机？ 参考公式：，． 参考数据：，． 18. 已知函数，其中且. （1）当时，求函数图象在处的切线方程； （2）若对于给定的自然数，函数有意义，求的取值范围； （3）对任意的，若，求的最大值. 19. 某盲盒商店调查数据显示，顾客一次性购买某种文创盲盒数量的分布列为 其中，． （1）当时，求顾客一次性购买该种文创盲盒数量的平均值； （2）已知该种文创盲盒分为封面款与非封面款两类，且每个盲盒为封面款的概率为，每个盲盒是否为封面款相互独立．若顾客一次性购买的盲盒中，封面款的数量大于非封面款的数量，则称此顾客为幸运客户．现从顾客中随机选取一人． （i）求该顾客为幸运客户的概率； （ii）若该顾客是幸运客户，他购买的盲盒全部是封面款的概率不超过，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 三明一中2025-2026学年下学期5月半期考 高二数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、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，仅有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 求出集合，利用交集的定义可求得集合. 【详解】，，因此，. 故选：C. 【点睛】本题考查交集的运算，同时也考查了一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于基础题. 2. 在二项式的展开式中，所有二项式系数的和是32，则展开式中各项系数的和为（ ） A. B. 0 C. 32 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由题知，进而得，再赋值计算即可得答案. 【详解】解：因为二项式的展开式中，所有二项式系数的和是32， 所以，解得． 所以，令，可得展开式中各项系数的和为． 故选：C． 3. 如果随机变量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正态密度曲线的对称性可求得的值. 【详解】因为随机变量，且， 则. 故选：C. 4. 设，则“”是“”的（　　） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可得解. 【详解】由，解得，由，解得或， 若成立，则或也成立， 反之，若或成立，则不一定成立， ∴“”是“”的充分不必要条件. 故答案为：A. 5. 已知随机变量服从二项分布若，则（ ） A. 144 B. 48 C. 24 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项分布方差公式，结合方差的性质进行求解即可. 【详解】因为， 所以， ， ， 故选：D 6. 袋中装有4个黑球和3个白球，现从中不放回地取球，每次取1个球，直到将袋中的白球取完即终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的，则终止取球时，恰有1个黑球没有被取出的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】“终止取球时，恰有1个黑球没有被取出”等价于“取出了3个白球和3个黑球”，由此根据古典概型的概率计算公式计算即可. 【详解】根据题意，“终止取球时，恰有1个黑球没有被取出”等价于“取出了3个白球和3个黑球”， 故所求的概率为. 故选：C. 7. 已知正数a，b，且，满足，则（ ） A. a的取值范围是 B. 的最小值为2 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】D 【解析】 【分析】由得，利用基本不等式逐项验证即可求解. 【详解】由，所以 ，即， 又，所以，所以，即的取值范围为，故A错误； 由在单调递增，所以，所以无最小值，故B错误； 由， 当时，即时，等号成立，所以的最小值为，故C错误； 由，当，即时，等号成立， 所以的最小值为，故D正确. 8. 已知直线与函数的图象相切，若，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导，根据导数的几何意义可得，由题意得，根据函数单调性计算可解. 【详解】由，设切点， 则切线方程为：， 所以， 因为，所以，解得 显然，在单调递增， 所以，时，. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 如果，，，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】利用举反例来判断AC，利用不等式性质来判断BD. 【详解】当时，，此时，故A错误； 当时，，所以，故B正确； 当时，，此时，故C错误； 因为，所以，则由两边同时除以，即可得，故D正确； 故选：BD 10. 口袋内装有大小、质地均相同，颜色分别为红、黄、蓝的3个球.从口袋内无放回地依次抽取2个球，记“第一次抽到红球”为事件A，“第二次抽到黄球”为事件B，则（ ） A. B. C. A与B为互斥事件 D. A与B相互独立 【答案】AB 【解析】 【分析】根据给定条件，利用古典概率、条件概率公式，结合互斥事件、相互独立事件的意义计算判断. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，，，B正确； 对于C，事件可以同时发生，则A与B不互斥，C错误； 对于D，，由选项AB知，，则A与B相互不独立，D错误. 故选：AB 11. 已知时，关于的不等式恒成立，则下列判断正确的是（ ） A. ， B. C. D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先利用导数分析 的符号，然后结合不等式恒成立条件分析二次式 可判断AB；根据​ 是  的根结合韦达定理可判断C；由可得，令 ，利用导数求其最大值可判断D. 【详解】已知 ，设 ，，令 ，解得 ，  在  上递减， 上递增，最小值 ， 又 时，  ，故 ，， ，  时 ，因此 有两个不同的正零点 ， 要使  恒成立，开口向上的二次式必须和 同号， 因此二次式的零点恰好就是 ，即  . 由韦达定理：，​，因为 都是正数， 故 ， ，A正确； 二次式有两个不同零点，判别式 ，即 ，B正确； 因为 ​ 是  的根，故 ​，， 两式相乘得： ，即  ，C错误； 由  得 ，代入目标式化简： ， 令  ，求导得 , 当   时， ，递增； 当  时， ，递减. 因此 的最大值为 ，D正确. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知命题“，使得”的否定形式为______. 【答案】，使得. 【解析】 【分析】利用全称量词命题的否定直接写出结论即可. 【详解】命题“，使得”是全称量词命题，其否定是存在量词命题， 所以所求否定为，使得. 故答案为：，使得. 13. 用模型拟合一组数据，令，将模型转化为经验回归方程，则______． 【答案】 【解析】 【分析】将两边取自然对数，再结合题意得到，，即可求出. 【详解】因为，两边取自然对数可得， 令，可得，又， 所以，，所以， 所以. 故答案为： 14. 甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可. 【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为. 对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得分的概率，所以. 从而. 记. 如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以； 如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以. 而的所有可能取值是0，1，2，3，故，. 所以，，两式相减即得，故. 所以甲的总得分不小于2的概率为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举. 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，其导函数为，不等式的解集为. （1）求a，b的值； （2）求函数在上的最大值和最小值. 【答案】（1）；（2）最大值：，最小值：. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得的解集为，利用韦达定理即可求解. （2）利用导数判断函数的单调性，然后求出极值与端点值即可求解. 【详解】解：（1）由的解集为， 则. （2）由（1）问可知，， ，则 x 2 大于零 等于零 小于零 单调递增 极大值 单调递减 则， 由，，则. 【点睛】本题考查了由一元二次不等式的解集求参数、利用导数求函数的最值，考查了计算求解能力，属于基础题. 16. 甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为与，且乙投球次均命中的概率为． （1）求甲投球次，命中次的概率； （2）若乙投球次，设命中的次数为，求的分布列． 【答案】（1）；（2）答案见解析． 【解析】 【分析】（1）甲投球次，命中次人两种情况：第一次命中第二次没有命中，第一次没有命中第二次命中，然后利用互斥事件的概率加法公式求解即可， （2）由题意可求得，服从，则利用二项分布的概率公式求解出对应的概率，从而可列出分布列 【详解】解：（1）设“甲投球一次命中”为事件， 则， 故甲投球次命中次的概率为 （2） 设“乙投球一次命中”为事件． 由题意得， 解得， 所以， 由题意得服从，则 0 1 2 3 17. 激光一体机是一种功能强大的办公设备，与传统的激光打印机相比，激光一体机还集成了复印、扫描等多种功能，因此比传统的激光打印机更实用，从而近几年在全国各地逐渐热销起来．下表为M市统计的近5年该市激光一体机的销量，其中x为年份代号，y（单位：万台）代表年销量． 年份 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 年份代号x 1 2 3 4 5 年销量y/万台 0.5 0.9 1 1.2 1.4 （1）经过分析，y与x线性相关，试求y关于x的经验回归方程； （2）利用（1）中所求方程，预测2025年该市激光一体机的销量； （3）某中学准备从A，B两种品牌的激光一体机中购买一批配备给各办公室使用，下表是以往这两种激光一体机各100台的使用年限（整年）统计表： 使用年限 1年 2年 3年 4年 5年 A品牌 5 15 20 10 50 B品牌 10 20 15 15 40 激光一体机使用年限越长，办公费用越低．以使用年限的频率估计概率．该中学从节省办公费用的角度来看，应选择购买哪一种品牌的激光一体机？ 参考公式：，． 参考数据：，． 【答案】（1） （2）1.63 （3）选择购买A品牌激光一体机 【解析】 【分析】（1）首先求出，然后求得即可得解； （2）直接根据经验回归方程预测即可； （3）只需算出两种品牌激光一体机的使用年限的均值，然后比较大小即可判断. 【小问1详解】 ． ． 则， ， 所以y关于x的经验回归方程为． 【小问2详解】 2025年对应的年份代码x为6． 当时，（万台）， 故可预测2025年该市激光一体机的销量约为1.63万台. 【小问3详解】 以频率估计概率，A品牌激光一体机的使用年限X的分布列为： X 1 2 3 4 5 P 0.05 0.15 0.2 0.1 0.5 ； B品牌激光一体机的使用年限Y的分布列为： Y 1 2 3 4 5 P 0.1 0.2 0.15 0.15 0.4 ， 因为． 所以该中学应选择购买A品牌激光一体机． 18. 已知函数，其中且. （1）当时，求函数图象在处的切线方程； （2）若对于给定的自然数，函数有意义，求的取值范围； （3）对任意的，若，求的最大值. 【答案】（1） （2）. （3）. 【解析】 【分析】（1）代入化简，对其求导并计算处的导数值得到切线斜率，由确定切点为原点，最后用点斜式写出过原点的切线方程为. （2）根据不等式在给定区间恒成立，分离参数，构造关于的函数，利用底数小于1的指数函数单调递减，判断复合函数单调性，求出函数在区间上的最大值，进而得到参数的取值范围. （3）由判断各指数函数单调递增，结合得到内层和函数单调递增，进而推出在区间上单调递增，故最大值为.根据恒成立列出对数不等式，化简整理得到关于的不等式，构造新函数求导判断单调性，求出函数取值范围，最终确定正整数的最大值为3. 【小问1详解】 当时，函数， 求导得，所以， 因为，所以切点为原点， 所以函数图象过原点的切线方程为. 【小问2详解】 由题意得，对于给定的自然数在上恒成立， 因为，所以恒成立， 因为，所以在上单调递减， 所以在上单调递增， 所以， 所以. 【小问3详解】 因为，所以在上单调递增， 又因为，所以在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以， 由恒成立，所以，即， 所以，令， 求导得恒成立，所以在上单调递增， 所以，所以，即的最大值为. 19. 某盲盒商店调查数据显示，顾客一次性购买某种文创盲盒数量的分布列为 其中，． （1）当时，求顾客一次性购买该种文创盲盒数量的平均值； （2）已知该种文创盲盒分为封面款与非封面款两类，且每个盲盒为封面款的概率为，每个盲盒是否为封面款相互独立．若顾客一次性购买的盲盒中，封面款的数量大于非封面款的数量，则称此顾客为幸运客户．现从顾客中随机选取一人． （i）求该顾客为幸运客户的概率； （ii）若该顾客是幸运客户，他购买的盲盒全部是封面款的概率不超过，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（i），；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由分布列的性质得出，再利用期望公式求解即可； （2）（i）设事件“一次性购买个文创盲盒”，事件“顾客为幸运客户”，求出、，利用全概率公式可得出的表达式及的取值范围； （ii）设事件“一次性购买的文创盲盒全部是封面款”， 求得，利用全概率公式求出的值，利用条件概率公式结合可得出关于的不等式，结合可得出的取值范围. 【小问1详解】 由题可知，， 化简可得 ， 当时，，则， 即顾客一次性购买文创盲盒数量的平均值为． 【小问2详解】 （i）设事件“一次性购买个文创盲盒”，事件“顾客为幸运客户”， 则，，，． 依题意，得，， 因为每个盲盒是否为封面款相互独立， 所以，， 又由题意知，，且、、、两两互斥， 所以， 由（1）得，，代入化简可得， 所以，； （ii）设事件“一次性购买的文创盲盒全部是封面款”， 依题意，得，且，、、两两互斥， 所以， 由（i）得，， 所以幸运客户中，一次性购买的文创盲盒全部是封面款的概率为 ， 由题意，可得，解得， 又因为，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $