精品解析：河北秦皇岛市第三中学2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试题A

秦皇岛市第三中学2025-2026学年度第二学期 期中考试 高二数学试卷A 命题人 苑丽华 试卷说明：考试时间120分钟，满分150分.单选题8个，每小题只有一个正确答案，每题5分，共计40分；多选题3个，每小题有2个或3个正确答案，每题6分，共计18分；填空题3个，每题5分，共计15分；解答题5个小题，共计77分. 一、单选题 1. 若，则在处的切线方程为（    ） A. B. C. D. 2. 的展开式中，系数最大的项是（ ） A. 第6项 B. 第3项 C. 第3项和第6项 D. 第5项和第7项 3. 下列函数的导数正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列各式正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列选项正确的是（ ） A. 有2个极值点 B. 在处取得极大值 C. 在上单调递增 D. 有极小值，没有极大值 6. 的展开式中，常数项为（ ） A. B. C. 16 D. 240 7. 甲盒中有3个红球和2个白球，乙盒中有2个红球和3个白球（两盒中的球除颜色外没有其他区别）．先从甲盒中随机取出一球放入乙盒，再从乙盒中随机取出两球，则取出的两球都是白球的概率为（　　） A. B. C. D. 8. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知函数，则（ ） A. 在单调递增 B. 有两个零点 C. 曲线在点处切线的斜率为0 D. 是偶函数 10. 甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（    ） A. 如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种 B. 最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种 C. 甲乙不相邻的排法种数为82种 D. 甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. e是函数定义域内的极小值点. B. 的单调减区间是. C. 若方程（）有两个不同的实根，则. D. 在定义域内无最小值，无最大值. 三、填空题 12. 设是函数的导函数，若，则______． 13. 中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.年月日分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.年，中国空间站将正式进入运营阶段假设空间站要安排甲、乙等名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有____________________ (用数字作答) 14. 已知函数在时有极值0，则= ______ . 四、解答题 15. 田忌赛马的故事出自《史记》中的《孙子吴起列传》．齐国的大将田忌很喜欢赛马，有一回，他和齐威王约定，要进行一场比赛．双方各自有三匹马，马都可以分为上，中，下三等．上等马都比中等马强，中等马都比下等马强，但是齐威王每个等级的马都比田忌相应等级的马强一些，比赛共三局，每局双方分别各派一匹马出场，且每匹马只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方马的出场顺序． （1）求在第一局比赛中田忌胜利的概率： （2）若第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马，求本场比赛田忌胜利的概率． 16. 已知函数，且曲线在点处的切线的斜率为1． （1）求a； （2）若过点的直线l与的图象相切，求l的方程． 17. 某系列盲盒中有隐藏款、稀有款、普通款三种玩偶，从中随机抽取一盒，每盒必为其中一款.已知抽到隐藏款、稀有款、普通款的概率分别为、、，若抽到隐藏款、稀有款、普通款，则消费者给出好评的概率依次为、、. （1）求随机抽取一盒盲盒，消费者给出好评的概率； （2）若消费者未给出好评，求其抽到普通款的概率. 18. 已知展开式中前三项的二项式系数和为. （1）求的值； （2）求展开式中含的项的系数； （3）求展开式中系数最大的项. 19. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）若有极值，且的最大值大于，求的取值范围； （3）若恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 秦皇岛市第三中学2025-2026学年度第二学期 期中考试 高二数学试卷A 命题人 苑丽华 试卷说明：考试时间120分钟，满分150分.单选题8个，每小题只有一个正确答案，每题5分，共计40分；多选题3个，每小题有2个或3个正确答案，每题6分，共计18分；填空题3个，每题5分，共计15分；解答题5个小题，共计77分. 一、单选题 1. 若，则在处的切线方程为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先确定切点坐标，再利用复合函数求导法则计算导函数得到切线的斜率即可求解. 【详解】将代入中，得，因此切点为， ，， 即切线斜率为且过点， 故切线方程为，整理得. 2. 的展开式中，系数最大的项是（ ） A. 第6项 B. 第3项 C. 第3项和第6项 D. 第5项和第7项 【答案】D 【解析】 【分析】结合通项公式写出展开式各项的系数，根据系数的正负性和二项式系数的性质即可得解. 【详解】因为的展开式的通项公式为， 所以的展开式的各项系数分别为， 第6项系数为，第5项和第7项系数分别为，且， 所以系数最大的项是第5项和第7项. 故选：D 3. 下列函数的导数正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】对于A，，故正确； 对于B，，故错误； 对于C，，故错误； 对于D，，故错误. 4. 下列各式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，因，而，故A错误； 对于B，因，故B错误； 对于C，因，而，故C正确； 对于D，因，而，故D错误. 5. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列选项正确的是（ ） A. 有2个极值点 B. 在处取得极大值 C. 在上单调递增 D. 有极小值，没有极大值 【答案】D 【解析】 【分析】利用导函数图象确定函数的单调性，再逐项判断即可. 【详解】由图象得，当时，，当且仅当时取等号；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 因此函数有一个极小值，没有极大值，ABC错误，D正确. 故选：D 6. 的展开式中，常数项为（ ） A. B. C. 16 D. 240 【答案】D 【解析】 【分析】由二项式展开通式直接计算即可. 【详解】由展开式的通项得， 令，得，常数项为. 7. 甲盒中有3个红球和2个白球，乙盒中有2个红球和3个白球（两盒中的球除颜色外没有其他区别）．先从甲盒中随机取出一球放入乙盒，再从乙盒中随机取出两球，则取出的两球都是白球的概率为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设事件表示“从甲盒中取出的是红球”，事件表示“从甲盒中取出的是白球”，事件表示“从乙盒中取出的两球都是白球”. 由全概率公式得，由题意可知，， 当发生时，乙盒中有3个红球，3个白球， 则从乙盒取两球均为白球的概率为， 当发生时，乙盒中有2个红球，4个白球，则从乙盒取两球均为白球的概率为， 代入全概率公式计算可得. 故取出的两球都是白球的概率为. 8. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】函数在区间上单调递增，等价于导函数在此区间恒大于等于0，进而转化成参数小于等于某个函数恒成立，即求函数最值的问题. 【详解】解：由题意知，因为函数在上单调递增， 所以恒成立，即在区间上恒成立. 令，，则，当时，，所以， 因此在上单调递增，则，所以. 二、多选题 9. 已知函数，则（ ） A. 在单调递增 B. 有两个零点 C. 曲线在点处切线的斜率为0 D. 是偶函数 【答案】AC 【解析】 【分析】通过对函数求导，即可得出结论. 【详解】由题意，， 在中，， ∴当时，， ∴曲线在点处切线的斜率为，C正确； A项，当时，， 故在单调递增，A正确； B项，当时，， 当时，，所以只有0一个零点，B错误； D项，函数的定义域为，不关于原点对称，∴不是偶函数，D错误. 故选：AC. 10. 甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（    ） A. 如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种 B. 最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种 C. 甲乙不相邻的排法种数为82种 D. 甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，利用捆绑法求解判断；对于B，分最左端排甲，和最左端排乙两类求解判断；对于C，根据甲乙不相邻，利用插空法求解判断；对于D，根据甲乙丙从左到右的顺序排列，通过除序法求解判断. 【详解】对于A，如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有种，A正确； 对于B，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，若最左端排甲，有种排法；若最左端排乙，有种排法，合计不同的排法共有42种，B正确； 对于C，甲乙不相邻的排法种数有种，C不正确； 对于D，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，D正确. 故选：ABD 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. e是函数定义域内的极小值点. B. 的单调减区间是. C. 若方程（）有两个不同的实根，则. D. 在定义域内无最小值，无最大值. 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用导函数计算单调性及极值判断A，应用单调性判断B，应用极值及数形结合判断C，数形结合判断D. 【详解】对于A，定义域为，，令可得， 当时，，为减函数；当时，，为增函数； 所以是函数的极小值点，A正确； 对于B，由A可知当时，，为减函数，所以的单调减区间是和，B不正确； 对于C，由前面分析，的单调减区间是和，增区间为，极小值为e， 当时，，当时，，当时，， 简图如下，由图可知，方程（）有两个不同的实根，则，C正确； 对于D，由选项C可知，在定义域内无最小值，也无最大值，D正确 三、填空题 12. 设是函数的导函数，若，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】先对函数求导，然后将代入计算即可. 【详解】因为 ，所以， 所以. 故答案为：2 13. 中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.年月日分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.年，中国空间站将正式进入运营阶段假设空间站要安排甲、乙等名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有____________________ (用数字作答) 【答案】450 【解析】 【分析】利用分组和分配的求法求得6名航天员的安排方案，再利用分类加法计数原理即可求得. 【详解】由题知，名航天员安排三舱，三舱中每个舱至少一人至多三人，可分两种情况考虑： 第一种，分人数为的三组，共有种； 第二种，三舱人数都为2，共有种； 所以不同的安排方法共有种． 故答案为：450 14. 已知函数在时有极值0，则= ______ . 【答案】 【解析】 【分析】对函数进行求导，根据函数在时有极值0，可以得到，代入求解，并进行检验，即可求出结果. 【详解】∵，，函数在时有极值0， 可得即 ，解得或， 若时，函数， 所以函数在上单调递增，函数无极值，故舍， 所以，所以 故答案为：． 四、解答题 15. 田忌赛马的故事出自《史记》中的《孙子吴起列传》．齐国的大将田忌很喜欢赛马，有一回，他和齐威王约定，要进行一场比赛．双方各自有三匹马，马都可以分为上，中，下三等．上等马都比中等马强，中等马都比下等马强，但是齐威王每个等级的马都比田忌相应等级的马强一些，比赛共三局，每局双方分别各派一匹马出场，且每匹马只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方马的出场顺序． （1）求在第一局比赛中田忌胜利的概率： （2）若第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马，求本场比赛田忌胜利的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将田忌的三匹马按照上、中、下三等分别记为、、，齐威王的三匹马按照上、中、下三等分别记为、、，列出第一局双方参赛的马匹的全部情况，再找到田忌胜利的情况，即可得到答案. （2）首先设事件，事件，列举出事件的个数，利用条件概率公式即可的得到答案. 【小问1详解】 将田忌的三匹马按照上、中、下三等分别记为、、， 齐威王的三匹马按照上、中、下三等分别记为、、， 并且用马的记号表示该马上场比赛． 设事件，事件， 由题意得， ，则在第一局比赛中田忌胜利的概率是； 【小问2详解】 设事件， 事件， 由题意得， ， 则本场比赛田忌胜利的概率是． 16. 已知函数，且曲线在点处的切线的斜率为1． （1）求a； （2）若过点的直线l与的图象相切，求l的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出导数，结合导数值和斜率的关系可求答案； （2）设出切点坐标，求导得出切线方程，代入点的坐标可求切点，进而可得方程. 【小问1详解】 ，因为曲线在点处的切线的斜率为1， 所以，解得. 【小问2详解】 由（1）知，， 设切点坐标为，则，切线的方程为， 又点在曲线上，所以，代入得， 即， 整理可得，故l的方程为，即. 17. 某系列盲盒中有隐藏款、稀有款、普通款三种玩偶，从中随机抽取一盒，每盒必为其中一款.已知抽到隐藏款、稀有款、普通款的概率分别为、、，若抽到隐藏款、稀有款、普通款，则消费者给出好评的概率依次为、、. （1）求随机抽取一盒盲盒，消费者给出好评的概率； （2）若消费者未给出好评，求其抽到普通款的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式，把三种款的概率与对应好评概率相乘再相加，即可得到结果； （2）先算出未给出好评的概率，再结合抽到普通款且未给出好评的概率，利用贝叶斯公式即可求得. 【小问1详解】 设事件表示“抽到隐藏款”，表示“抽到稀有款”，表示“抽到普通款”， 事件表示“消费者给出好评”，事件表示“消费者未给出好评”. 根据题意，，两两互斥，且. 由题意得，，，，，. 由全概率公式，得， 所以消费者给出好评的概率为. 【小问2详解】 由（1）知，因此. 根据题意，得. 因为，，两两互斥，且， 由贝叶斯公式，得， 所以，若消费者未给出好评，其抽到普通款的概率为. 18. 已知展开式中前三项的二项式系数和为. （1）求的值； （2）求展开式中含的项的系数； （3）求展开式中系数最大的项. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据及组合数公式得到方程，解得即可； （2）写出展开式的通项，利用通项计算可得； （3）设第项的系数最大，得到关于系数的不等式组，求出，再代入通项计算可得. 【小问1详解】 因为展开式中前三项的二项式系数和为， 所以，即，解得或（舍去）， 所以； 【小问2详解】 因为展开式的通项为（其中且）， 令，解得， 所以，所以展开式中含的项的系数为； 【小问3详解】 设第项的系数最大， 所以，即，解得， 又，所以， 所以，所以展开式中系数最大的项为. 19. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）若有极值，且的最大值大于，求的取值范围； （3）若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导，对分类讨论，根据导数与单调性的关系，即可求解； （2）根据函数的单调性可得最值，即可代入求解， （3）参变分离，得，构造新函数，利用导数求最值即可求得． 【小问1详解】 函数的定义域为，又， 当时，恒成立，所以在上单调递增. 当时，令，解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上可得，当时在上单调递增； 当时在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 因为有极值，由（1）知，，且在处取得极大值，即最大值， 故，即为， 令，则，所以在上单调递增， 且，所以当时，即，故的取值范围为； 【小问3详解】 由恒成立，，得恒成立， 令，，所以， 令，，则，所以在上单调递增， 又在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 又， 故存在唯一的使得，当时，，当时，，， 所以当时，单调递减，当时，单调递增，且， 由，则，所以， 设，， 所以在上单调递增，，即，所以，， 故， 所以，即， 所以的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $