精品解析：江苏南通市如皋市2025-2026学年高二第二学期期中考试数学试题

2025－2026学年度高二年级第二学期期中考试 数 学 试 题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共计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. 已知函数，若 ，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知随机变量，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.6 3. 某电商平台利用人工智能分析发现，一种智能手机的日均广告曝光量（单位：千次）与其日销售量（单位：百件）存在潜在关联．技术部门抽取了4天的运营数据如下： 广告曝光量/千次 2 3 5 6 日销量/百件 4 5 7 其经验回归方程为，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 4. 某班一天8节课，上、下午各4节．现安排上午两节语文课连上，下午两节数学课连上，英语、物理、体育、音乐各一节的课程表，不同的排法种数是（ ） A. 72 B. 108 C. 216 D. 288 5. 校园歌手大赛设有轮独立打分环节，某选手每一轮获得“高分”的概率为，获得“普通分”的概率为．设表示该选手在轮中获得高分的轮数，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知曲线在点处的切线也是曲线的切线，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 7. 若函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 某外卖平台有两位骑手甲和乙轮流配送订单，规则如下：若当前骑手准时送达，则下一次由该骑手配送；若当前骑手延迟送达，则下一次换为另一骑手配送．已知骑手甲每次准时率为0.8，延迟率为0.2；骑手乙每次准时率为0.9，延迟率为0.1．第一次订单由骑手甲配送，设第次订单由骑手甲配送的概率为，则使成立的的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 二、多项选择题：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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，互斥，则 B. 设和互为对立事件，则 C. 若且，则事件，相互独立 D. 样本相关系数越小，样本中两变量相关的程度就越弱 10. 已知的展开式中第3项的二项式系数为21，则下列说法正确的是（ ） A. B. 展开式中存在常数项 C. 展开式的所有项的系数和为128 D. 能被7整除 11. 若对，，均有恒成立，则称函数在上为”窄幅函数”．设函数，，下列结论正确的是( ) A. 当时，是”窄幅函数” B. 若是”窄幅函数”，则恒成立 C. 存在，使”窄幅函数”有三个零点 D. 若是”窄幅函数”，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若函数有大于1的极值点，则的取值范围是________． 13. 由0，1，2，3，4，5组成无重复数字且能被25整除的五位数的个数是________． 14. 甲、乙两人进行掷骰子比赛，在每轮比赛中，两人各抛掷质地均匀的骰子一次，向上点数大的一方得2分，小的一方得0分，点数相同时双方各得1分．若一方累计得分大于等于3分，则比赛结束．记比赛结束时，比赛的轮数为，则________，________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 为考察某种药物对预防疾病的效果，进行了动物实验，根据个有放回简单随机样本的数据，得到如下列联表： 药物 疾病 合计 未患病 患病 未服用 服用 合计 （1）请根据已知条件将上述列联表补充完整，记“取到的样本为未患疾病”为事件，“取到的样本为服用药物”为事件，求的估计值； （2）根据小概率值的独立性检验，分析药物是否对预防疾病有效． 附， 16. 已知一个暗箱中装有8个大小、形状完全相同的小球，其中3个红球，5个黄球．从中一次摸出5个球． （1）所摸出5个球中红球的个数记为，求的分布列及数学期望； （2）计分规则：每个红球计4分，每个黄球计2分，所摸出5个球的总得分记为，求． 17. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）若既有极大值又有极小值，且极大值与极小值之和小于，求的取值范围． 18. 如图，在正四棱锥中，，点，分别为，的中点，且是二面角的平面角． （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离； （3）点是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 19. 已知函数，． （1）若直线是曲线的一条切线，求的值； （2）已知函数有两个零点，． (ⅰ)求的取值范围； (ⅱ)若，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025－2026学年度高二年级第二学期期中考试 数 学 试 题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共计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. 已知函数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的定义得，通过求导建立方程即可求解. 【详解】由题意得，，又因为，所以， 即，解得，故C正确. 2. 已知随机变量，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.6 【答案】D 【解析】 【详解】随机变量，且 ，则 3. 某电商平台利用人工智能分析发现，一种智能手机的日均广告曝光量（单位：千次）与其日销售量（单位：百件）存在潜在关联．技术部门抽取了4天的运营数据如下： 广告曝光量/千次 2 3 5 6 日销量/百件 4 5 7 其经验回归方程为，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】求出，的平均值，代入即可求解. 【详解】因为，， 所以，解得. 4. 某班一天8节课，上、下午各4节．现安排上午两节语文课连上，下午两节数学课连上，英语、物理、体育、音乐各一节的课程表，不同的排法种数是（ ） A. 72 B. 108 C. 216 D. 288 【答案】C 【解析】 【分析】先排语文与数学，再通过乘法原理求解即可. 【详解】上午两节语文课连上有三种可能，同理下午两节数学课连上有三种可能， 因为英语、物理、体育、音乐各一节的课程表，直接全排列，所以有种. 5. 校园歌手大赛设有轮独立打分环节，某选手每一轮获得“高分”的概率为，获得“普通分”的概率为．设表示该选手在轮中获得高分的轮数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先判断随机变量服从二项分布，再代入二项分布的方差公式计算即可. 【详解】由题意可知，轮打分环节相互独立，每轮获得高分的概率均为， 故随机变量服从参数为，的二项分布，即 。 则，故A正确. 6. 已知曲线在点处的切线也是曲线的切线，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】设公切线与的切点为， 因为，所以， 因为，所以， 则，得. 7. 若函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用函数单调性与导数的关系，将问题转化为导函数非负恒成立，再通过分离参数转化为求新函数的最小值，最后利用导数求函数的极值与最值，确定参数的取值范围. 【详解】函数在上单调递增，则在上恒成立. 求导得，故对任意恒成立， 即在上恒成立. 令，，则. 求导得，令，解得（）. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 因此，在处取得最小值，. 故，即的取值范围是. 8. 某外卖平台有两位骑手甲和乙轮流配送订单，规则如下：若当前骑手准时送达，则下一次由该骑手配送；若当前骑手延迟送达，则下一次换为另一骑手配送．已知骑手甲每次准时率为0.8，延迟率为0.2；骑手乙每次准时率为0.9，延迟率为0.1．第一次订单由骑手甲配送，设第次订单由骑手甲配送的概率为，则使成立的的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】第一次一定是甲配送，，第次由甲配送的概率为 ，它只和第次的配送情况有关：若第次是甲配送，甲准时送达（概率 0.8），则第次仍由甲配送；若第次是乙配送，乙延迟送达（概率 0.1），则第次换为甲配送，写出递推公式并变形，构造等比数列并求通项，解不等式，求解指数不等式. 【详解】第一次一定是甲配送，， 第次由甲配送的概率为 ，它只和第次的配送情况有关： 若第次是甲配送，甲准时送达（概率 0.8），则第次仍由甲配送； 若第次是乙配送，乙延迟送达（概率 0.1），则第次换为甲配送， 因此递推公式为：， 递推式可化为 ， 数列是等比数列，公比 ，首项为， 则，即 ， 因为，所以 ， 即 ， 即， 即 ， 因为是正整数， 所以当 时，， 当 时，，符合条件. 所以的最小值为4，故选项B正确. 二、多项选择题：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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，互斥，则 B. 设和互为对立事件，则 C. 若且，则事件，相互独立 D. 样本相关系数越小，样本中两变量相关的程度就越弱 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A选项，根据互斥事件的性质与条件概率的计算公式即可判断；对于B选项，根据对立事件的性质与条件概率的计算公式即可判断；对于C选项，结合事件独立性定义与条件概率计算公式即可判断；对于D选项，根据样本相关系数的性质，即可判断. 【详解】对于A选项，因为事件B和事件C互斥，所以 ，所以 ，因为 ，两边同时除以得，，即，故A选项正确. 对于B选项，因为事件和事件互为对立事件，所以 ，所以 ，因为，所以两边同时除以，得 ，即 ，故B选项正确. 对于C选项， ，则,故C选项正确. 对于D选项，样本相关系数越大，两个变量的线性相关性越强，故D选项错误. 10. 已知的展开式中第3项的二项式系数为21，则下列说法正确的是（ ） A. B. 展开式中存在常数项 C. 展开式的所有项的系数和为128 D. 能被7整除 【答案】AD 【解析】 【详解】由题意得，，得，负值舍去，故A正确； 通项为， 因为，所以展开式中不存在常数项，故B错误； 令，则展开式的所有项的系数和为，故C错误； ， 故能被7整除，故D正确. 11. 若对，，均有恒成立，则称函数在上为”窄幅函数”．设函数，，下列结论正确的是( ) A. 当时，是”窄幅函数” B. 若是”窄幅函数”，则恒成立 C. 存在，使”窄幅函数”有三个零点 D. 若是”窄幅函数”，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】以”窄幅函数”定义为核心，结合函数的奇偶性与导数分析单调性、极值，按先D后B的顺序逐一验证选项，再判断A、C. 【详解】由”窄幅函数”定义，函数在上需满足. 为奇函数，. 选项D：分情况讨论参数的取值： 当时，，在上单调递增，故， ，则， 由，解得，故； 当时，，在上单调递减，故， ，则， 由，解得，故； 当时，令，得，记，则，， 在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 此时， ， 由奇函数性质，， 故 . ， 令，得 ，解得(负根舍去). 当即时，， 故 ，满足条件； 当即时，， 故，满足条件； 综上，的取值范围为，D正确. 选项B：若是”窄幅函数”，则. 当时，单调递增，； 当时，，在上单调递增， 故； 当时，，， 因，故； 因此，对任意，恒成立，B正确. 选项A：当时，， 在上单调递增，，， 则 ，不满足”窄幅函数”定义，A错误. (实际上，因为D选项正确，则A选项错误.) 选项C：，当时，零点为，， 因，故，即所有零点均在内，且， 此时为”窄幅函数”，故存在这样的，C正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若函数有大于1的极值点，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】先对函数求导，根据极值点处导数为且两侧导函数异号的性质，结合极值点大于的条件求解参数的取值范围． 【详解】函数的定义域为， ，  令，解得，即， 由于在上单调递增， 所以当时，；当时，， 所以是函数的极小值点， 因此，解得， 所以的取值范围是． 13. 由0，1，2，3，4，5组成无重复数字且能被25整除的五位数的个数是________． 【答案】 【解析】 【分析】依据能被25整除的数末两位为25或50的特征，分两类计算符合要求的五位数的个数后求和即可. 【详解】能被25整除的正整数，末两位只能是25的倍数，结合数字无重复、取值范围为的约束，仅存在末两位为、两类情况： 若末两位为：末两位已占用数字、，前三位需从剩余的共4个数字中选3个无重复排列，排列数为 ； 若末两位为：末两位已占用数字、，剩余可选数字为 ， 由于首位不能为，故首位有3种选择，剩余中间两位从剩下的3个数字中选2个无重复排列，个数为 ; 将两类结果求和，总个数为. 14. 甲、乙两人进行掷骰子比赛，在每轮比赛中，两人各抛掷质地均匀的骰子一次，向上点数大的一方得2分，小的一方得0分，点数相同时双方各得1分．若一方累计得分大于等于3分，则比赛结束．记比赛结束时，比赛的轮数为，则________，________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先利用古典概型概率公式算出每轮比赛中甲、乙获得2分与双方平局的概率，分析推得的可能取值为2，3，根据，包含的不同情况，利用互斥事件的概率加法公式求出其概率，再由期望公式计算即得. 【详解】依题意，在每轮掷骰子比赛中，甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次，总的情况有中， 其中甲获得2分的概率为，同理乙获得2分的概率也为，甲乙各得1分的概率为. 当一方累计得分大于等于3分，则比赛结束，结束时比赛轮数为. 依题意，的可能取值为2，3.若2轮比赛结束，则说明2轮后至少一方得分大于等于3分比赛结果与得分情况如下表： 2轮结果 甲得分 乙得分 概率 甲连胜2轮 4 0 乙连胜2轮 0 4 1轮甲赢+1轮平局 3 1 1轮乙赢+1轮平局 1 3 故； 若前2轮未结束，先计算前2轮未结束的情况（2轮后双方得分均小于3）包括： ①2轮平局，各得2分，概率为；②一轮甲赢+一轮乙赢，各得2分，概率为， 故前2轮未结束的总概率为； 因双方前2轮均为2分，则第3轮无论结果如何，必然至少有一方得分大于等于3（甲赢则甲4分，乙赢则乙4分，平局则甲乙均3分），即第3轮必然结束，即. 故. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 为考察某种药物对预防疾病的效果，进行了动物实验，根据个有放回简单随机样本的数据，得到如下列联表： 药物 疾病 合计 未患病 患病 未服用 服用 合计 （1）请根据已知条件将上述列联表补充完整，记“取到的样本为未患疾病”为事件，“取到的样本为服用药物”为事件，求的估计值； （2）根据小概率值的独立性检验，分析药物是否对预防疾病有效． 附， 【答案】（1）补充后的列联表如下： 药物 未患病 患病 合计 未服用 服用 合计 的估计值为. （2）在小概率值的独立性检验下，没有充分证据表明药物对预防疾病有效，即认为药物无预防效果。 【解析】 【分析】（1）根据题中信息可完善列联表，再利用条件概率公式可得出的估计值； （2）零假设药物对预防疾病无效，计算出的观测值，结合独立性检验的基本思想可得出结论. 【小问1详解】 根据题意，完善列联表如下： 药物 未患病 患病 合计 未服用 服用 合计 由条件概率公式可得，即的估计值为. 【小问2详解】 零假设药物对预防疾病无效， ， 所以在小概率值的独立性检验下，没有充分证据表明药物对预防疾病有效，即认为药物无预防效果. 16. 已知一个暗箱中装有8个大小、形状完全相同的小球，其中3个红球，5个黄球．从中一次摸出5个球． （1）所摸出5个球中红球的个数记为，求的分布列及数学期望； （2）计分规则：每个红球计4分，每个黄球计2分，所摸出5个球的总得分记为，求． 【答案】（1） 0 1 2 3 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得的所有取值为，分别求出对应的概率，再根据数学期望的公式求解即可； （2）由题意可得，再根据期望的性质求解即可. 【小问1详解】 由题意，的所有取值为， 则，， ，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 则. 【小问2详解】 由题意，，而， 则. 17. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）若既有极大值又有极小值，且极大值与极小值之和小于，求的取值范围． 【答案】（1）当时，函数在上单调递减，在 和上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在 和上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 【解析】 【分析】（1）将函数求导，根据导函数的表达式，将参数分成，，和四种情况，分别讨论函数的单调性即得； （2）根据（1）的结论，依题意可推得或，分两种情况将题设条件转化成在对应区间上的恒成立问题，通过设，利用导数分析其单调性，验证即得参数范围. 【小问1详解】 函数 的定义域为，求导得， 当，即时，由可得，由可得， 即函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，若，则， 由可得或，由可得， 即函数在上单调递减，在 和上单调递增； 若， ，即函数在上单调递增； 若，则， 由可得或，由可得， 即函数在上单调递减，在 和上单调递增. 综上，当时，函数在上单调递减，在 和上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在 和上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由（1）知，要使既有极大值又有极小值，需使或. 当时，的极大值为，的极小值为， 依题意，，因，可得（*）， 设，则， 即函数在上单调递减，故，即，这与（*）矛盾，舍去； 当时，的极小值为，的极大值为， 依题意，，因，可得（**）， 由上分析，易得函数在上单调递减， 故，即，符合（**）. 综上可得，的取值范围为. 18. 如图，在正四棱锥中，，点，分别为，的中点，且是二面角的平面角． （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离； （3）点是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】(1)通过构造平行四边形，结合线面平行的判定定理证得平面. (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线到平面的距离. (3)利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值的表达式，结合二次函数的性质求得其最大值. 【小问1详解】 取的中点，连接、. 由为中点，得且； 由为中点，得且，故且， 所以四边形为平行四边形，因此. 又平面，平面，故平面. 【小问2详解】 连接，设，连接，则平面， 以为原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系. 由为二面角的平面角，得、， 而是的中点，所以，所以是等边三角形， 因为，所以，高， ，，，，， ，，， ，设平面的法向量为， 则，故可设平面的法向量， 由平面，直线到平面的距离等于点到平面的距离， ，所以直线到平面的距离为. 【小问3详解】 设为线段上的动点，令()， 则 ， 则，向量. 设直线与平面所成角为， 则, ， 当时，取得最小值， 此时取得最大值为：. 19. 已知函数，． （1）若直线是曲线的一条切线，求的值； （2）已知函数有两个零点，． (ⅰ)求的取值范围； (ⅱ)若，求的值． 【答案】（1） （2）(ⅰ)；(ⅱ) 【解析】 【分析】(1)利用导数的几何意义，结合切点在切线上和曲线列方程，联立求解参数； (2)(i)将函数零点问题转化为方程有解问题，通过分离参数构造新函数，利用导数研究其单调性与值域，确定参数范围； (ii)利用零点条件得到对数形式，通过设比值变量简化方程，结合函数零点求解参数. 【小问1详解】 设切点为，由，切线斜率为，故，即. 切点在切线上，故，即. 将代入，得，即，故(). 将代入，得，解得. 【小问2详解】 (i)函数有两个零点，等价于方程有两个正实根(，否则，，)，即在上有两个不同的解. 令，，则. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. ，且时，时，故的取值范围为. (ii)由是的零点，得，，两边取对数得，. 两式相加得；两式相减得，故. 令()，由得，故，即，. 将的表达式代入方程，得，即. 令()， ， ， 对于二次函数 ，开口向上， 对称轴， 当时，；当时，， 所以存在，使得， 所以在区间上，单调递增； 在区间上，单调递减. 而则 ，， 故是唯一零点. 此时，，代入得，解得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $