精品解析：河北承德市双滦区实验中学2025-2026学年第二学期高二期中考试数学试卷

2025-2026学年第二学期高二期中考试数学试卷 一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】 2. 用1，2，3，5，6，8可以组成n个无重复数字的三位数，则（ ） A. 20 B. 60 C. 120 D. 210 【答案】C 【解析】 【详解】依题意可得. 3. 二项式的展开式中，常数项为（ ） A. 672 B. 84 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】通项公式， 令，可得， 所以展开式中的常数项为. 4. 定义在上的函数，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的定义求解. 【详解】 5. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得函数的定义域为， 则，令 ，解得 ， 当时， ， 所以函数的单调递增区间是， 6. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据 ，利用参变分离转化为恒成立，转化为求函数的最值问题. 【详解】由 ，得在区间上恒成立， 设，在区间上恒成立，所以在区间上单调递增， 所以，则，即，则的取值范围是. 7. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先将的大小比较转化为比较，构造函数，即比较，求导分析函数的单调性可得结果. 【详解】依题意，，，， 令，，则，所以当时，， 当时，，所以在上单调递增，在上单调递减. 因为，所以，即，即. 8. 已知函数，若函数在上存在最小值，则a的可能取值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】， 当，时，，单调递增； 当时，，单调递减； 因为，函数在上存在最小值， 所以，得， 故a的可能取值为. 二、多选题（本大题共3小题，共18分.在每小题有多项符合题目要求） 9. 盒子内有20个大小相同的球，其中有15个蓝球，5个红球，现从中取出3个球，则（ ） A. 取出的3个球中恰好有1个蓝球的取法有种 B. 取出的3个球中至少有2个蓝球的取法有种 C. 取出的3个球中至多有2个蓝球的取法有种 D. 取出的3个球中至少有1个红球的取法有种 【答案】AD 【解析】 【分析】根据组合数的计算方式，分类和分步求出各选项给定条件的不同取法数目. 【详解】对于A，取出的3个球中恰好有1个蓝球，则还有个红球，故有种，故A正确； 对于B，取出的3个球中至少有2个蓝球，包含2个蓝球1个红球和3个蓝球两种情况，故有，故B错误； 对于C，取出的3个球中至多有2个蓝球的对立事件为个蓝球，则有种，故C错误； 对于D，取出的3个球中至少有1个红球的对立事件为个都是蓝球，有种，故D正确. 10. 下列说法正确的是（ ） A. B. 若 则 C. 被整除的余数为 D. 精确到的近似数为 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，由二项式定理可得，故A正确； 对于B，已知， 展开式的通项为， 由此可知，系数正负交替， 因此各项系数的绝对值之和等于展开式的各项系数之和， 令，代入，得到系数绝对值之和为， 即， 令，代入，得， 所以，故B正确； 对于C，， 因为能被整除，因此除以的余数等价于除以的余数， 在正整数范围内，除以的余数是，即除以的余数是，故C错误； 对于D，，故D正确. 11. 若函数的图象在点处的切线的斜率为，则（ ） A. 有3个不同的零点 B. 在区间上单调递增 C. ， D. ， 【答案】BC 【解析】 【分析】先根据切线斜率条件求导，由得，确定，再分析其零点、导数与单调性，结合函数在各区间的增减性，逐一判断选项． 【详解】，， 因为函数的图象在点处的切线的斜率为， 所以，解得， 所以，， 时，，单调递增； 时，，单调递减； 时，，单调递增， 对于A，由，得，，A错误； 对于B，区间，即是， 因为在区间上单调递增， 所以在区间上单调递增，B正确； 对于C，当时，，所以， 因为在区间上单调递减，所以，C正确； 对于D，， ，所以恒成立， 即对所有成立，D错误． 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12. 春季万物复苏，春回大地，很多城市都沉浸在一片生机勃勃的春意中．然而花粉过敏也随之进入高发期．今年春季，某市有甲、乙、丙三个地区花粉过敏较为严重，这三个地区的花粉过敏率分别为．已知这三个地区的人口数之比为2:3:5．现从这三个地区中任选一人，则这个人是花粉过敏患者的概率为______________． 【答案】0.038 【解析】 【详解】设事件为“任选一人是花粉过敏患者”，事件分别为“此人来自甲、乙、丙地区”， 则 . 13. 使得的最小自然数为__________. 【答案】7 【解析】 【分析】依次计算组合数求解. 【详解】当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 所以的最小自然数为. 14. 一块边长为的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器，则该容器的容积最大时正四棱锥的高为__________. 【答案】 【解析】 【详解】由正方形的边长为，所以可得正四棱锥的斜高为， 设正四棱锥的底面边长为，高为， 所以，所以， 所以正四棱锥的体积， 令，求导得， 令，得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以， 所以，故该容器的容积最大时正四棱锥的高为. 四、解答题（本大题共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. 某个班级共有学生40人，其中团员有15人．全班分成四个小组，第一小组有学生10人，其中团员有4人．如果要在班内任选1人当学生代表． （1）求这个代表恰好在第一小组的概率； （2）求这个代表恰好是团员的概率； （3）求这个代表恰好是第一小组团员的概率； （4）现在要在班内任选1个团员代表，求这个代表恰好在第一小组的概率． 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【分析】（1）利用古典概型公式计算； （2）利用古典概型公式计算； （3）利用古典概型公式计算； （4）利用条件概率公式计算. 【小问1详解】 设A：在班内任选1名学生，该学生属于第一小组，B：在班内任选1名学生，该学生是团员． ． 【小问2详解】 ． 【小问3详解】 ． 【小问4详解】 ． 16. 二项式展开式的二项式系数和为64 （1）求n的值； （2）求展开式中各项的系数和； （3）求展开式中的常数项； （4）求二项式系数最大的项 【答案】（1）6 （2）4096 （3）960 （4） 【解析】 【分析】（1）根据的二项式系数和为结合题设即可求解； （2）利用赋值法，令即可求解； （3）求出二项式展开式的通项，令的指数为零即可求解； （4）根据二项式系数的性质和的值可判断二项式系数最大的项，从而求解. 【小问1详解】 由题意，二项式展开式的所有二项式系数之和为，解得. 【小问2详解】 令，得， 则展开式中各项的系数和为4096. 【小问3详解】 展开式的通项为， 令，得，则展开式中的常数项为. 【小问4详解】 由于为偶数，则二项式系数最大的项为第4项， 即为. 17. 已知函数在处取得极值. （1）求，的值； （2）求曲线在点处的切线方程； （3）求函数在上的最值. 【答案】（1） （2） （3）最小值为-14，最大值为18. 【解析】 【分析】（1）已知函数在处取极值，利用与的值列方程组求. （2）先求点处的切线斜率，再结合，用点斜率求切线方程. （3）求的点，计算这些点与区间端点函数值，比较得最值. 【小问1详解】 因为函数，所以， 又因为函数在处取得极值-14， 则有，即，解得：， 经检验，时，符合题意，故， 【小问2详解】 由（1）知：函数，则， 所以，又因为， 所以曲线过点处的切线方程为， 也即， 【小问3详解】 由（1）知：函数，则， 令，解得：， 在时，随的变化，的变化情况如下表所示： -3 -2 2 3 - 0 + 0 - -7 单调递减 -14 单调递增 18 单调递减 11 由表可知：当时，函数有极小值， 当时，函数有极大值， 因为， 故函数在上的最小值为，最大值为. 18. 已知函数，． （1）若，求的图象在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若，都有，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）当时，单调递增区间为，无单调递减区间；当时，单调递增区间为，单调递减区间为. （3） 【解析】 【分析】（1）先由题意，得到，对其求导，得到对应的切线斜率，进而可得出所求切线方程； （2）求出函数的导数，分类讨论解不等式即可得出函数的单调区间； （3）先根据题意，得到在上恒成立，只需在上恒成立，令，，对其求导，求出的最大值，即可得出结果. 【小问1详解】 若，则，则，. ，所以切点坐标为，切线斜率为， 曲线在点处的切线方程为. 化简可得：. 【小问2详解】 因为，定义域为， 所以， 当时，恒成立， 所以函数在单调递增； 当时，令，解得， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减. 综上，当时，单调递增区间为，无单调递减区间；当时，单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问3详解】 若，都有，即， 即在上恒成立，令，， 由题意，只需当时，即可， 令， 因为当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， ，. 综上所述，实数的取值范围是. 19. 已知函数，. （1）若曲线在处的切线与直线垂直，求的值； （2）若在定义域内单调递增，求的取值范围； （3）若在上存在零点，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）确定函数定义域为，对求导，根据曲线在处的切线斜率等于，且与直线垂直，得到关于的方程，即可求解； （2）由在定义域内单调递增，得上时，通过参数分离等价于在上恒成立；构造新函数求其最值，即可得到的取值范围； （3）化简得到的表达式，根据在上存在零点，得到方程在上有解，等价于与的图象在上有交点；构造新函数求其值域，即可得到的取值范围. 【小问1详解】 由，得的定义域为，. 当时，. 曲线在处的切线与直线垂直，； ，即 ，解得． 【小问2详解】 由，得的定义域为，. 在定义域内单调递增，； 即在上恒成立，则在上恒成立. 令，则. 令， ，得. 当时，，得在上单调递增； 当时，，得在上单调递减； 当时，取得极大值，也是最大值，即. . 【小问3详解】 由，得. 令，得，即 . 在上存在零点，等价于与的图象在上有交点； 令，则； 令，则，得； 当时，，得在上单调递增； 当时，，得在上单调递减； 当时，取得极大值，也是最大值，即. 当时，且； ，即的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期高二期中考试数学试卷 一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. （ ） A. B. C. D. 2. 用1，2，3，5，6，8可以组成n个无重复数字的三位数，则（ ） A. 20 B. 60 C. 120 D. 210 3. 二项式的展开式中，常数项为（ ） A. 672 B. 84 C. D. 4. 定义在上的函数，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 5. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若函数在上存在最小值，则a的可能取值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，共18分.在每小题有多项符合题目要求） 9. 盒子内有20个大小相同的球，其中有15个蓝球，5个红球，现从中取出3个球，则（ ） A. 取出的3个球中恰好有1个蓝球的取法有种 B. 取出的3个球中至少有2个蓝球的取法有种 C. 取出的3个球中至多有2个蓝球的取法有种 D. 取出的3个球中至少有1个红球的取法有种 10. 下列说法正确的是（ ） A. B. 若 则 C. 被整除的余数为 D. 精确到的近似数为 11. 若函数的图象在点处的切线的斜率为，则（ ） A. 有3个不同的零点 B. 在区间上单调递增 C. ， D. ， 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12. 春季万物复苏，春回大地，很多城市都沉浸在一片生机勃勃的春意中．然而花粉过敏也随之进入高发期．今年春季，某市有甲、乙、丙三个地区花粉过敏较为严重，这三个地区的花粉过敏率分别为．已知这三个地区的人口数之比为2:3:5．现从这三个地区中任选一人，则这个人是花粉过敏患者的概率为______________． 13. 使得的最小自然数为__________. 14. 一块边长为的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器，则该容器的容积最大时正四棱锥的高为__________. 四、解答题（本大题共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. 某个班级共有学生40人，其中团员有15人．全班分成四个小组，第一小组有学生10人，其中团员有4人．如果要在班内任选1人当学生代表． （1）求这个代表恰好在第一小组的概率； （2）求这个代表恰好是团员的概率； （3）求这个代表恰好是第一小组团员的概率； （4）现在要在班内任选1个团员代表，求这个代表恰好在第一小组的概率． 16. 二项式展开式的二项式系数和为64 （1）求n的值； （2）求展开式中各项的系数和； （3）求展开式中的常数项； （4）求二项式系数最大的项 17. 已知函数在处取得极值. （1）求，的值； （2）求曲线在点处的切线方程； （3）求函数在上的最值. 18. 已知函数，． （1）若，求的图象在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若，都有，求实数的取值范围． 19. 已知函数，. （1）若曲线在处的切线与直线垂直，求的值； （2）若在定义域内单调递增，求的取值范围； （3）若在上存在零点，求a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $