精品解析：天津市弘毅中学2025-2026学年第二学期5月期中测试高二数学试题

天津市弘毅中学2025—2026学年度第二学期期中测试 高二数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟. 一、单项选择题（本大题共9小题，每小题5分，共45分） 1. 若随机变量的分布列为 0 1 2 P 0.3 0.2 0.5 则（ ） A. 1.2 B. 1.44 C. 0.92 D. 0.76 2. 已知函数，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 函数的单调增区间为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，其导函数的图象如图，则对于函数的描述正确的是 A. 在上为减函数 B. 在处取得最大值 C. 在上为减函数 D. 在处取得最小值 5. 若二项式的展开式中，所有的二项式系数之和为1024，则二项式系数最大的项是（ ） A. 第4项 B. 第5项 C. 第6项 D. 第7项 6. 五名同学排队，甲、乙两名同学必须排在一起，排队方案共有（ ） A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 120种 7. 长时间玩手机会影响视力．据调查，某学校学生中，大约有的学生每天玩手机超过1小时，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为．现从该校随机调查一名学生，他近视的概率大约是（ ） A. B. C. D. 8. 现有四种不同颜色可供选择，需给图中5个区域着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（ ） A. 112种 B. 146种 C. 192种 D. 168种 9. 若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 10. 二项式展开式中常数项为______. 11. 函数的零点个数为______. 12. 若直线是曲线的一条切线，则_________. 13. 从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，则至少有1位女生入选的概率为________. 14. 用0、2、3、4、5这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有_____个．（用数字作答） 15. 四个不同小球放入编号为1、2、3、4四个盒子中，恰有一个空盒的放法有______种. 16. 袋中装有大小与质地相同的 4 个红球与 8 个白球，从中依次摸两个球，规则如下：先从袋中任取一个球，若该球是红球，则放回袋中，进行下一次摸球；若该球是白球，则不放回，直接进行下一次摸球，则在第二次摸到白球的条件下，第一次摸到白球的概率为 __________ . 17. 已知函数，若的图象与轴有3个不同的交点，则实数的取值范围是__________ 三、解答题（本大题共4小题，共65分） 18. 已知函数 （1）求当时，函数在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）已知函数在上的最大值为13，求a的值. 19. 一个袋子里有8个大小相同的球，其中有黄球2个，白球6个. （1）若有放回地从袋中随机摸出3个球，求恰好摸到2个白球的概率； （2）若不放回地从袋中随机摸出3个球，用表示样本中白球的个数，求的分布列； （3）若每次随机摸取出一个球，不放回，用表示首次摸出白球时，已经摸出的球数（最后摸出的白球也算在内），求的分布列和均值. 20. 已知函， （1）讨论的单调性； （2）当时，证明：恒成立； （3）当时，恒成立，求实数a的取值范围. 21. 已知函数，其中. （1）若是的极值点，求的值； （2）证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； （3）设，分别为在区间的极值点和零点，比较与的大小，并证明你的结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市弘毅中学2025—2026学年度第二学期期中测试 高二数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟. 一、单项选择题（本大题共9小题，每小题5分，共45分） 1. 若随机变量的分布列为 0 1 2 P 0.3 0.2 0.5 则（ ） A. 1.2 B. 1.44 C. 0.92 D. 0.76 【答案】D 【解析】 【分析】由分布列利用期望、方差公式计算即可. 【详解】因为， 所以． 故选：D. 2. 已知函数，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】，∴，∴， ∴． 3. 函数的单调增区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】易知函数定义域为，且， 令，即; 解得， 即函数的单调增区间为. 4. 已知函数，其导函数的图象如图，则对于函数的描述正确的是 A. 在上为减函数 B. 在处取得最大值 C. 在上为减函数 D. 在处取得最小值 【答案】C 【解析】 【详解】分析：根据函数f（x）的导函数f′（x）的图象可知f′（0）=0，f′（2）=0，f′（4）=0，然后根据单调性与导数的关系以及极值的定义可进行判定即可． 详解：根据函数f（x）的导函数f′（x）的图象可知： f′（0）=0，f′（2）=0，f′（4）=0 当x＜0时，f′（x）＞0，f（x）递增；当0＜x2时，f′（x）＜0，f（x）递减； 当2＜x＜4时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞4时，f′（x）＜0，f（x）递减． 可知C正确，A错误； 由极值的定义可知，f（x）在x=0处函数f（x）取到极大值，x=2处函数f（x）的极小值点，但极大值不一定为最大值，极小值不一定是最小值；可知B、D错误． 故选C． 点睛：由导函数图象推断原函数的性质，由f′（x）＞0得增区间，由f′（x）＜0得减区间，由f′（x）=0得到的不一定是极值点，需判断在此点左右f′（x）的符号是否发生改变. 5. 若二项式的展开式中，所有的二项式系数之和为1024，则二项式系数最大的项是（ ） A. 第4项 B. 第5项 C. 第6项 D. 第7项 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式系数之和求出，结合二项式系数的特征可求答案. 【详解】因为二项式的展开式中，所有的二项式系数之和为1024，则，解得， 所以二项式的展开式中，最大的二项式系数是，即二项式系数最大的项是第6项． 6. 五名同学排队，甲、乙两名同学必须排在一起，排队方案共有（ ） A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 120种 【答案】C 【解析】 【分析】运用相邻元素“捆绑法”易得. 【详解】运用相邻元素“捆绑法”，将甲和乙看成一个元素与其他三个同学全排，有种排法， 再对甲乙“松绑”，有种排法， 由分步乘法计数原理可得，排队方案共有种. 故选：C. 7. 长时间玩手机会影响视力．据调查，某学校学生中，大约有的学生每天玩手机超过1小时，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为．现从该校随机调查一名学生，他近视的概率大约是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，根据全概率公式求解即得. 【详解】设事件“学生玩手机超过1小时”，事件“学生近视”，事件为的对立事件， 由题意可得，，，则， 所以. 8. 现有四种不同颜色可供选择，需给图中5个区域着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（ ） A. 112种 B. 146种 C. 192种 D. 168种 【答案】D 【解析】 【分析】利用分类计数原理和分步计数原理可求解. 【详解】对1，4，5染色，有种方法.若1和3同色，则不同的染色方法有种； 若1和3不同色，则不同的染色方法有种. 综上，不同的染色方法有168种. 故选：D. 9. 若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意知:存在，成立，进而构造函数，求解函数最小值即可求得答案. 【详解】由题意知，存在，成立，即存在，成立， 所以，， 令，则在上恒成立， 所以函数在上单调递增， 所以，即， 所以，即实数的取值范围是. 二、填空题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 10. 二项式展开式中常数项为______. 【答案】 【解析】 【分析】写出二项式展开式,利用的次幂为0，即可得常数项. 【详解】展开式通项为： 令 ，得， 所以常数项为， 故答案为： 【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，二项式展开式的通项，求展开式中某一项的系数，属于基础题. 11. 函数的零点个数为______. 【答案】2 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性，再结合函数零点存在性定理，即可求解. 【详解】，， 当，，单调递增， 当，，单调递减， 所以当时，函数取得最大值， ，所以在上有1个零点， 又，所以在上有1个零点， 所以函数的零点个数为2. 故答案为：2 12. 若直线是曲线的一条切线，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】法一：利用导数的几何性质与导数的四则运算求得切点，进而代入曲线方程即可得解；法二：利用导数的几何性质与导数的四则运算得到关于切点与的方程组，解之即可得解. 【详解】法一：对于，其导数为， 因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2， 令，即，解得， 将代入切线方程，可得， 所以切点坐标为， 因为切点在曲线上， 所以，即，解得. 故答案为：. 法二：对于，其导数为， 假设与的切点为， 则，解得. 故答案为：. 13. 从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，则至少有1位女生入选的概率为________. 【答案】 【解析】 【分析】先计算基本事件的总数，再求解至少有1位女生的基本事件数，利用古典概型公式求解即可. 【详解】根据题意，从6名学生中任意选3人有20种选法，没有女生入选有4种选法，故至少有1位女生入选有种不同的选法，故所求概率为. 故答案为. 【点睛】本题主要考查了古典概型的求解，属于基础题. 14. 用0、2、3、4、5这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有_____个．（用数字作答） 【答案】30 【解析】 【分析】根据个位数字，分类讨论，结合排列组合即可求解. 【详解】若个位数字为0，则百位和十位从剩余4个数字中任选2个排列，可得个符合条件的偶数， 若个位数字是2或4，则从除0外的其他3个数字中选择一个作百位数字，再从剩余数字中选择一个作为十位数字，此时共有个符合条件的偶数， 因此一共有个符合条件的偶数， 故答案为：30 15. 四个不同小球放入编号为1、2、3、4四个盒子中，恰有一个空盒的放法有______种. 【答案】144 【解析】 【分析】首先把四个小球分成2、1、1三组，然后再从四个盒子中选出三个盒子放入三组小球，即可求解. 【详解】首先把四个小球分成2、1、1三组，共有种不同的分法， 然后再从四个盒子中选出三个盒子放入三组小球，共有种. 故答案为：144. 【点睛】本题主要考查了排列、组合的综合应用，其中解答中熟记分配问题的处理方法是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力. 16. 袋中装有大小与质地相同的 4 个红球与 8 个白球，从中依次摸两个球，规则如下：先从袋中任取一个球，若该球是红球，则放回袋中，进行下一次摸球；若该球是白球，则不放回，直接进行下一次摸球，则在第二次摸到白球的条件下，第一次摸到白球的概率为 __________ . 【答案】 【解析】 【分析】设事件为第一次取到白球，事件表示第二次取到白球，利用全概率公式计算，再利用条件概率公式求即可. 【详解】设事件为第一次取到白球，事件表示第二次取到白球，则为第一次取到红球， 则，，，， 所以. 所以 故答案为： 17. 已知函数，若的图象与轴有3个不同的交点，则实数的取值范围是__________ 【答案】 【解析】 【分析】根据函数与方程的关系可转化为与交点的个数问题，利用数形结合的数学思想求解即可. 【详解】由，得， 作出函数与的图象，如图， 又恒过定点， 当时，，此时， 当过点时，，解得， 此时两个函数图象有3个交点. 当与在相切时，设切点为，切线斜率为， 所以切线方程为，即， 又切线过点，所以，即， 解得，此时，两曲线有2个交点， 若的图象与x轴有3个不同的交点，则， 即实数a的取值范围为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根、函数图象有交点)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 三、解答题（本大题共4小题，共65分） 18. 已知函数 （1）求当时，函数在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）已知函数在上的最大值为13，求a的值. 【答案】（1） （2）答案见详解 （3） 【解析】 【分析】（1）求导，求，，结合导数的几何意义求切线方程； （2）求导，判断的符号，进而可得函数的单调区间； （3）根据（2）可得函数在内的单调性，可知函数在上的最大值为，代入求解即可. 【小问1详解】 若，则，且， 可得，且，即切点坐标为，切线斜率， 所以所求切线方程为，即. 【小问2详解】 因为函数的定义域为，且， 令，解得或；令，解得； 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问3详解】 因为，由（1）可知函数在内单调递增，在内单调递减， 则函数在上的最大值为，解得. 19. 一个袋子里有8个大小相同的球，其中有黄球2个，白球6个. （1）若有放回地从袋中随机摸出3个球，求恰好摸到2个白球的概率； （2）若不放回地从袋中随机摸出3个球，用表示样本中白球的个数，求的分布列； （3）若每次随机摸取出一个球，不放回，用表示首次摸出白球时，已经摸出的球数（最后摸出的白球也算在内），求的分布列和均值. 【答案】（1） （2）的分布列为： 1 2 3 1 2 3 （3）的分布列为：均值 【解析】 【分析】（1）结合独立重复试验的概率公式计算即可计算即可. （2）判断的可能取值，并计算对应的概率，即可得到分布列. （3）判断的可能取值，并计算对应的概率，即可得到分布列，结合数学期望公式求解均值. 【小问1详解】 有放回地随机摸球时，每次摸到白球的概率为， 所以恰好摸到2个白球的概率为. 【小问2详解】 的可能取值为1，2，3. ，，， 所以的分布列为 1 2 3 【小问3详解】 的可能取值为1，2，3. ，，， 所以的分布列为 1 2 3 所以. 20. 已知函， （1）讨论的单调性； （2）当时，证明：恒成立； （3）当时，恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】（1）当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数与单调性的关系分类讨论即可. （2）代入化简得 ，令 ，根据导数与单调性、最值的关系证明即可. （3）当时，恒成立等价于恒成立，即恒成立，构造函数 ，结合导数与单调性及零点判断求解即可. 【小问1详解】 的定义域为. . 其中，则，故只需讨论的符号. 当时，，则，在上单调递增. 当时，令，解得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 当时， ，. . 令 ，则. 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 故在处取得最小值， ， 因此 ，即，所以. 【小问3详解】 由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增， 故在处取得最小值，为 . 若使恒成立，只需恒成立，即恒成立即可. 又，即恒成立. 令 ，则 ， 故在上单调递减，且 ， 所以. 故实数的取值范围为. 21. 已知函数，其中. （1）若是的极值点，求的值； （2）证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； （3）设，分别为在区间的极值点和零点，比较与的大小，并证明你的结论. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3），证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数与极值的关系求解即可. （2）根据导数与极值的关系，结合零点存在定理证明即可. （3）由（2）知，，，且，代入整理得 ，构造函数 ，结合导数与单调性得到，即，结合在单调递减即可得到. 【小问1详解】 的定义域为，. 因为是的极值点，所以，即，解得. 当时，， 当时，；当时，，所以是的极值点. 综上，. 【小问2详解】 由（1）知，，. 令，即，因为，，所以， 解得，且. 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以是在上唯一的极值点，是极大值点. 所以 . 取，（易知，则，） 则 . 令，则可写为. 令 ，则， 令，则 ，所以在上单调递减， 所以 ，即，所以在上单调递减， 所以 ，所以 ， 所以存在，使得，所以是在上唯一零点. 综上，在区间存在唯一的极值点和唯一的零点. 【小问3详解】 ，证明如下： 由（2）知，，满足 ，且， 要比较与的大小，即比较与的大小. . 令 ，， 则 ， 所以在上单调递减， ，即. 因为在单调递减， ，，， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $