精品解析：北京市顺义牛栏山第一中学2025-2026学年第二学期期中考试高二数学试卷

牛栏山一中2025-2026学年第二学期期中考试 高二数学试卷 2026.05 一、选择题：共10小题，每题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 的值为（ ） A. 5 B. 8 C. 10 D. 36 【答案】C 【解析】 【详解】 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，是常数，根据常数的导数为0，可得 ，故A错误； 对于B，根据复合函数求导法则，令 ，则，故B错误； 对于C，根据指数函数求导公式 （且），可得 ，故C错误； 对于D，根据幂函数求导公式，可得，故D正确. 3. 一物体的运动满足曲线方程s(t)＝4t2＋2t－3，且s′（5）＝42(m/s)，其实际意义是（ ） A. 物体5 s内共走过42 m B. 物体每5 s运动42 m C. 物体从开始运动到第5 s运动的平均速度是42 m/s D. 物体以t＝5 s时的瞬时速度运动的话，每经过1 s，物体运动的路程为42 m 【答案】D 【解析】 【分析】根据瞬时速度的定义即可得出选项. 【详解】由导数的物理意义知， s′（5）＝42(m/s)表示物体在t＝5 s时的瞬时速度． 故选：D. 4. 已知为数列的前项和，且满足，则（ ） A. 27 B. 28 C. 29 D. 30 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据前n项和，求出，然后即可求出结果. 【详解】因为， 当时，， 当时， 经检验，当时不符合， 所以 . 故选：B. 5. 、、、、，5人排队，要求只能排第1和第2位，不能排第2位，则不同的排队方法共有（ ） A. 720种 B. 42种 C. 48种 D. 96种 【答案】B 【解析】 【分析】分排第1位和排第2位时两类，再结合不能排第2位求解. 【详解】当排第1位时，因为B不能排在第2位，则从后面三个选1个则有种， 其余三人随意选有种，则有; 当排第2位时，其余四人随意选有种， 所以要求只能排第1和第2位，不能排第2位，则不同的排队方法共有. 故选：B 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设， 令，得； 令，得； 故． 7. 等比数列中，则（ ） A. B. 5 C. 10 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的通项的性质求得公比，即可得结论. 【详解】设等比数列的公比为， 则，所以， 故. 故选：C. 8. 已知随机变量取所有值、、、是等可能的，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据可得出关于的等式，解之即可. 【详解】由题意，得. 所以对应，共个取值， 则，即 ，解得. 9. 已知等比数列的首项，公比为，则“数列为单调递增数列”是“数列为单调递增数列”的（ ）条件. A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 【答案】B 【解析】 【分析】分别证明充分性和必要性. 【详解】根据题意，等比数列中， 若数列为单调递增数列， 则，由于， 则，即或， 当时，，即数列为单调递增数列， 当时，数列正负交替出现，不是单调数列， 所以“数列为单调递增数列”是“数列为单调递增数列”的不充分条件； 若数列为单调递增数列，因为，则，所以， 则，即数列为单调递增数列， 所以“数列为单调递增数列”是“数列为单调递增数列”的必要条件， 所以“数列为单调递增数列”是“数列为单调递增数列”的必要不充分条件. 10. 如果数列对任意的，，则称为“速增数列”．若数列为“速增数列”，且任意项，，，，则正整数k的最大值为（ ） A. 44 B. 45 C. 46 D. 47 【答案】A 【解析】 【分析】通过新定义得到，进而得到，相加，进而可求解； 【详解】因为数列为“速增数列”， ，，，且， 所以对，，， 所以，且， 所以 相加得， 即，， 当时，， 当时，， 故正整数k的最大值为 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 的展开式中按x的升幂排列的第二项是______. 【答案】 【解析】 【详解】二项式的展开式通项为，其中. 按的升幂排列时，的取值对应的次数，第二项对应的项， 将代入通项得：  . 12. 若随机变量X服从两点分布，其中，________. 【答案】 【解析】 【详解】随机变量X服从两点分布，因为， 故， 所以 . 13. 现从5名男生和3名女生中随机选取3人参加数学建模竞赛，在女生甲被选中的条件下，另有2名男生被选中的概率为_________． 【答案】 【解析】 【分析】方法1：条件概率公式法； 方法2：缩小样本空间法. 【详解】方法一：设事件A为“女生甲被选中”，事件B为“选取的3人包含2名男生和1名女生”，所求概率为条件概率. 1. 总基本事件数：从8人中任选3人的组合数为； 2. 事件A的基本事件数：先确定选女生甲，再从剩余7人中任选2人，即，故； 3. 事件AB（女生甲被选中且另外2人均为男生）的基本事件数：先选女生甲，再从5名男生中选2人，即，故； 4. 代入条件概率公式，得. 方法2：缩小样本空间法 已知女生甲已被选中，仅需从剩余的5名男生、2名女生共7人中再选2人，要求2人均为男生： 1. 该条件下样本空间的基本事件总数为； 2. 符合要求的基本事件数为从5名男生中选2人的组合数； 因此所求概率为. 14. 一个盒子中有4个LABUBU玩偶，3个MOKOKO玩偶.甲每次从盒子中摸取一个玩偶，若甲摸到的玩偶是LABUBU，则不放回盒中；若甲摸到的玩偶是MOKOKO，则放回盒中.甲第二次摸到的玩偶是LABUBU的概率为_________. 【答案】 【解析】 【分析】设事件，求出相关事件的概率，利用全概率公式计算即得. 【详解】设甲第一次摸到的玩偶LABUBU为事件A，则第一次摸到的玩偶MOKOKO为事件，甲第二次摸到的玩偶LABUBU为事件， 则， 则. 15. 已知函数，则下列结论：①的极大值为；②存在无数个实数，使关于的方程有且只有两个实根；③的图象上有且仅有两点到直线的距离为1；④若关于的不等式的解集内存在正整数，则存在最大值，且最大值为，其中正确结论的序号是___________. 【答案】①④ 【解析】 【分析】利用导数研究的单调性和极值，从而作出函数图象；根据极值定义，采用数形结合的方式依次判断各个结论即可. 【详解】由题意知：的定义域为，， 当时，；当时，； 在，上单调递减，在上单调递增； 又，；当时，；当时，； 可作出图象如下图所示， 对于①，由单调性可知：的极大值为，①正确； 对于②，由图象可知：当且仅当或时，方程有且只有两个实根，②错误； 对于③，，恒成立， 结合图象可知：图象上有且仅有一个上方的点到直线的距离为，③错误； 对于④，的解即为的图象在直线上方或直线上时，所对应的范围， 要使关于的不等式的解集内存在正整数，则直线过点时，斜率取得最大值，，④正确. 三、解答题：本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知. （1）求展开式中的带有的项； （2）求展开式中各项的系数和； （3）求展开式中二项式系数最大的项. 【答案】（1） （2）1 （3） 【解析】 【分析】（1）根据二项式定理求得展开式的通项公式，再结合得，最后代入计算即可； （2）结合题意，令求解即可； （3）结合得第4项的二项式系数最大，再求对应项即可. 【小问1详解】 解：由题意知，展开式的通项公式为，， 令，解得 所以，展开式中的带有的项为； 【小问2详解】 解：根据题意，令，此时展开式的值即为各项系数和：. 【小问3详解】 因为，所以展开式共有7项， 由二项式系数的性质可知，第4项的二项式系数最大， 所以. 17. 已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列． （1）求的通项公式； （2）若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设公差为d，根据等差数列的前n项和公式与等比中项公式列出关于和d的方程，求解即可得的通项公式； （2）由（1）可得等比数列的第三项，进而得，从而得到的通项公式，利用等差和等比数列前n项和公式分组求和即可求出. 【小问1详解】 因为为等差数列，设公差为d， 由，得，即， 由，，成等比数列得，， 化简得，因为，所以． 所以． 综上． 【小问2详解】 由知，， 又为公比是3的等比数列，， 所以，即， 所以，， 所以 . 综上. 18. 某花卉企业引进了数百种不同品种的康乃馨，通过试验田培育，得到了这些康乃馨种子在当地环境下的发芽率，并按发芽率分为8组：，，……，加以统计，得到如图所示的频率分布直方图.企业对康乃馨的种子进行分级，将发芽率不低于0.736的种子定为“A级”，发芽率低于0.736但不低于0.636的种子定为“B级”，发芽率低于0.636的种子定为“C级”. （1）现从这些康乃馨种子中随机抽取一种，估计该种子不是“C级”种子的概率； （2）该花卉企业销售花种，且每份“A级”“B级”“C级”康乃馨种子的售价分别为20元、15元、10元.某人在市场上随机购买了该企业销售的康乃馨种子两份，共花费X元，以频率为概率，求X的分布列和数学期望； （3）企业改进了花卉培育技术，使得每种康乃馨种子的发芽率提高到原来的1.1倍，那么对于这些康乃馨的种子，与旧的发芽率数据的方差相比，技术改进后发芽率数据的方差是变大了、变小了还是没有变化?（结论不需要证明） 【答案】（1）0.8 （2） （3）方差变大了 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中矩形面积之和为，求出的值，再结合频率分布直方图可求得所求事件的概率； （2）由题意可知，随机变量的可能取值有、、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，由此可列出随机变量的分布列，进而可求得随机变量的数学期望； （3）根据离散型随机变量方差的性质可得出结论. 【小问1详解】 设事件为：“从这些康乃馨种子中随机抽取一种，且该种子不是“级”种子”， 由图表，得，解得， 由图表，知不是“级”种子的频率为， 故可估计. 【小问2详解】 由题意，任取一颗种子，恰好是“级”康乃馨的概率为， 恰好是“级”康乃馨的概率为， 恰好是“级”的概率为， 而随机变量的可能取值有、、、、， 则，， ，， . 所以的分布列为： 故的数学期望 ． 【小问3详解】 设原来康乃馨种子有种，其发芽率分别为， 平均数为， 方差为， 发芽率提高到原来的1.1倍后，发芽率分别为， 此时平均数为， 则方差为 ， 因此，技术改进后发芽率数据的方差是变大了. 19. 已知椭圆右焦点，离心率为. （1）求椭圆C的方程； （2）直线与椭圆交于不同的两点，点，若（是坐标原点），判断直线是否过定点，如果是，求该定点的坐标；如果不是，说明理由. 【答案】（1） （2）过定点， 【解析】 【分析】（1）由右焦点得出，再根据离心率求出关系式得出，可得椭圆方程. （2）将角度相等转化为斜率之和为0，联立直线与椭圆方程，用韦达定理化简条件等式，求出关系，可得定点. 【小问1详解】 由得，而， 则， 因此椭圆的方程为：. 【小问2详解】 设，，联立 ， 得， 则， 由韦达定理得， 由，得，即：， 代入，，整理得：， 即， 所以 ， 化简得：， 所以， 故直线恒过定点，且时满足，符合题意. 20. 已知函数． （1）当时，求证：直线是曲线的切线 （2）当时，求证：函数存在极小值； （3）直接写出函数的零点个数 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）当或时，函数有一个零点； 当且时，函数有两个零点． 【解析】 【分析】（1）代入参数，先求函数在处的导数值得到切线斜率，再结合切点坐标写出切线方程； （2）通过求二阶导数判断一阶导数的单调性，结合分析一阶导数的符号变化，进而证明是函数的极小值点。 （3）以处的极值为核心，分、且、三种情况，讨论函数的单调性与零点个数． 【小问1详解】 的定义域为，， 因为，所以， 所以曲线在处的切线方程为， 所以直线是曲线的切线． 【小问2详解】 令，， 因为且， 所以在上恒成立， 所以在上单调递增，且， 所以在区间的变化情况如下表： ↘ 极小值 ↗ 所以当时，取得极小值，问题得证． 【小问3详解】 函数的定义域为，， 显然是函数的零点，当时，函数的零点即为方程的解， 令，，则， 令，则， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， ，， 即有，函数在，上都单调递减， 令，， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 即，恒有，当且仅当时，等号成立， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，取值集合为， 在上单调递减，取值集合为， 于是得当且时，方程有唯一解，当或时，此方程无解， 所以当或时，函数有一个零点；当且时，函数有两个零点． 21. 已知各项均为正整数的有穷数列满足，有，若等于中所有不同值的个数，则称数列具有性质. （1）判断下列数列是否具有性质，并说明理由： ① ② （2）已知数列具有性质，求出的所有可能取值； （3）若一个数列具有性质，则是否存在最小值？若存在，求出这个最小值，并写出一个符合条件的数列；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）①具有，②不具有，理由见解析 （2） （3）存在，最小值是4049， 【解析】 【分析】（1）根据新定义判断即可； （2）根据新定义，确定数列，任意两项和不同的取值最多有15个， 中任意两项和的结果有个，分为奇数、偶数讨论求解； （3）将的项从小到大排列构成新数列：，可得 ，据此取数列 ，结合等差数列性质证明满足条件即可. 【小问1详解】 ①任意两项和的结果有4，6，8，10，12共5个， 而，所以具有性质； ②，任意两项和的结果有 共7个， 而，所以不具有性质． 【小问2详解】 因为数列 中任意两项和的结果有 共个，且全部为偶数， 所以数列，任意两项和不同的取值最多有个， 所以， 若为奇数，都是奇数，与前6项中任意两项和的值均不相同， 则中所有的不同值共有15个，所以． 若为偶数，都是偶数，所以 ，所以， 因为，有，所以，则 ， 则任意两项和比任意两项和多了，共个，不符合题意； 综上，. 【小问3详解】 存在最小值，且最小值为4049． 将的项从小到大排列构成新数列：， 所以 所以的值至少有 个． 即的值至少有4049个，即 ． 数列 符合条件，即 ． 此时 为等差数列，由等差数列性质， 当 时，；当 时，， 因此每个等于中的一个，或者等于中的一个． 即所有和的不同值为个不同值，且 ． 综上，的最小值为4049 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 牛栏山一中2025-2026学年第二学期期中考试 高二数学试卷 2026.05 一、选择题：共10小题，每题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 的值为（ ） A. 5 B. 8 C. 10 D. 36 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 一物体的运动满足曲线方程s(t)＝4t2＋2t－3，且s′（5）＝42(m/s)，其实际意义是（ ） A. 物体5 s内共走过42 m B. 物体每5 s运动42 m C. 物体从开始运动到第5 s运动的平均速度是42 m/s D. 物体以t＝5 s时的瞬时速度运动的话，每经过1 s，物体运动的路程为42 m 4. 已知为数列的前项和，且满足，则（ ） A. 27 B. 28 C. 29 D. 30 5. 、、、、，5人排队，要求只能排第1和第2位，不能排第2位，则不同的排队方法共有（ ） A. 720种 B. 42种 C. 48种 D. 96种 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 等比数列中，则（ ） A. B. 5 C. 10 D. 20 8. 已知随机变量取所有值、、、是等可能的，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 9. 已知等比数列的首项，公比为，则“数列为单调递增数列”是“数列为单调递增数列”的（ ）条件. A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 10. 如果数列对任意的，，则称为“速增数列”．若数列为“速增数列”，且任意项，，，，则正整数k的最大值为（ ） A. 44 B. 45 C. 46 D. 47 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 的展开式中按x的升幂排列的第二项是______. 12. 若随机变量X服从两点分布，其中，________. 13. 现从5名男生和3名女生中随机选取3人参加数学建模竞赛，在女生甲被选中的条件下，另有2名男生被选中的概率为_________． 14. 一个盒子中有4个LABUBU玩偶，3个MOKOKO玩偶.甲每次从盒子中摸取一个玩偶，若甲摸到的玩偶是LABUBU，则不放回盒中；若甲摸到的玩偶是MOKOKO，则放回盒中.甲第二次摸到的玩偶是LABUBU的概率为_________. 15. 已知函数，则下列结论：①的极大值为；②存在无数个实数，使关于的方程有且只有两个实根；③的图象上有且仅有两点到直线的距离为1；④若关于的不等式的解集内存在正整数，则存在最大值，且最大值为，其中正确结论的序号是___________. 三、解答题：本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知. （1）求展开式中的带有的项； （2）求展开式中各项的系数和； （3）求展开式中二项式系数最大的项. 17. 已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列． （1）求的通项公式； （2）若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和． 18. 某花卉企业引进了数百种不同品种的康乃馨，通过试验田培育，得到了这些康乃馨种子在当地环境下的发芽率，并按发芽率分为8组：，，……，加以统计，得到如图所示的频率分布直方图.企业对康乃馨的种子进行分级，将发芽率不低于0.736的种子定为“A级”，发芽率低于0.736但不低于0.636的种子定为“B级”，发芽率低于0.636的种子定为“C级”. （1）现从这些康乃馨种子中随机抽取一种，估计该种子不是“C级”种子的概率； （2）该花卉企业销售花种，且每份“A级”“B级”“C级”康乃馨种子的售价分别为20元、15元、10元.某人在市场上随机购买了该企业销售的康乃馨种子两份，共花费X元，以频率为概率，求X的分布列和数学期望； （3）企业改进了花卉培育技术，使得每种康乃馨种子的发芽率提高到原来的1.1倍，那么对于这些康乃馨的种子，与旧的发芽率数据的方差相比，技术改进后发芽率数据的方差是变大了、变小了还是没有变化?（结论不需要证明） 19. 已知椭圆右焦点，离心率为. （1）求椭圆C的方程； （2）直线与椭圆交于不同的两点，点，若（是坐标原点），判断直线是否过定点，如果是，求该定点的坐标；如果不是，说明理由. 20. 已知函数． （1）当时，求证：直线是曲线的切线 （2）当时，求证：函数存在极小值； （3）直接写出函数的零点个数 21. 已知各项均为正整数的有穷数列满足，有，若等于中所有不同值的个数，则称数列具有性质. （1）判断下列数列是否具有性质，并说明理由： ① ② （2）已知数列具有性质，求出的所有可能取值； （3）若一个数列具有性质，则是否存在最小值？若存在，求出这个最小值，并写出一个符合条件的数列；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $