精品解析：广东深圳市多校2025-2026学年高二下学期第二阶段质量监测数学试题

2025-2026学年度第二学期高二年级第二阶段质量监测 数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将答题卡交回． 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共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. 已知是函数的导函数，，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 2. 已知随机变量X的分布列如下表：若，则（ ） X 0 1 2 P n m A. B. 5 C. 7 D. 21 3. 设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则导函数的图象可能是（    ） A. B. C. D. 4. 在的展开式中，的系数为（ ）． A. 120 B. 80 C. 40 D. 5. 有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种 6. 某地区举办演唱会时，举办方为防止观众私自携带灯牌等应援物品，使用了安检门进行辅助检测.依照以往数据，任一观众私自携带应援物品的概率为，若观众确实携带，安检门亮灯提示的概率为；若观众没有携带，安检门依旧有的概率因误检其他物品而亮灯提示.若某观众通过安检门时被亮灯提示，则该观众确实私自携带应援物品的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数存在单调递增区间，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分． 9. 关于的展开式，下列结论正确的是（ ） A. 展开式中共有9项 B. 第3项为 C. 各项系数的和为256 D. 二项式系数的最大值为70 10. 某自动流水线生产的一种新能源汽车零配件产品的质量（单位：）服从正态分布，且，．从该流水线上随机抽取4件产品，这4件产品中质量在区间上的件数记为，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 恰有两个零点 C. 不等式的解集为 D. 若，则的最小值为2 三、填空题：本大题共3题，每小题5分，共15分． 12. 若，则正整数的值为__________. 13. 已知函数，曲线经过点的切线方程为___________. 14. 某人工智能博览会有4个不同的场馆，甲、乙两人各自从中随机选择2个去参观，记这4个场馆中被参观的场馆个数为，则的数学期望为____________． 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. 已知函数在处有极值，且． （1）求的值； （2）求在区间上的最大值与最小值． 16. 已知在的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比是. （1）求n的值； （2）求展开式中的常数项； （3）求展开式中的有理项. 17. 设甲袋中有3个白球､2个红球和5个黑球，乙袋中装有3个白球､3个红球和个黑球（），这些球除颜色外完全相同.已知从乙袋中任取一球，取出的是红球的概率为. （1）求的值； （2）若依次从甲袋中取出两球，在取出的第一个球是白球的条件下，求第二个球是红球的概率； （3）若先从甲袋中随机取出一个球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一个球，求从乙袋取出的是白球或黑球的概率 18. 甲和乙进行定点投篮游戏，当投篮者命中时继续投篮，否则由对方投篮．已知甲、乙每次投篮命中的概率分别为．规定：每局游戏进行3次投篮，均由甲先投，命中一次得2分． （1）求一局比赛中，甲6：0获胜的概率； （2）记一局比赛中乙投篮次数为，求的期望； （3）若甲、乙共进行了5局比赛，记得分高者为获胜方，得分相同为平局，求甲至少获胜3局的概率． 19. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）证明：当时，； （3）若不等式对恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第二学期高二年级第二阶段质量监测 数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将答题卡交回． 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共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. 已知是函数的导函数，，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】由，求导得， 所以. 2. 已知随机变量X的分布列如下表：若，则（ ） X 0 1 2 P n m A. B. 5 C. 7 D. 21 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，的值，再求出的值，最后根据方差的性质即可得答案. 【详解】由题意，解得， 所以． 所以． 故选：D 3. 设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则导函数的图象可能是（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据原函数图象，利用原函数递增；原函数递减可判断结果． 【详解】由原函数图象可得， 当时，原函数单调递增，导函数恒为正值； 当时，函数在上是先减后增再减，其导数值的符号为负、正、负； 结合选项可得，只有A选项满足. 故选：A． 4. 在的展开式中，的系数为（ ）． A. 120 B. 80 C. 40 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式定理计算即可. 【详解】根据二项式定理，展开式的通项公式为： . 令，可得，此时与相乘可得的系数为-80； 令，可得，此时与相乘可得的系数为40； 所以的系数为. 5. 有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种 【答案】B 【解析】 【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解 【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式， 故选：B 6. 某地区举办演唱会时，举办方为防止观众私自携带灯牌等应援物品，使用了安检门进行辅助检测.依照以往数据，任一观众私自携带应援物品的概率为，若观众确实携带，安检门亮灯提示的概率为；若观众没有携带，安检门依旧有的概率因误检其他物品而亮灯提示.若某观众通过安检门时被亮灯提示，则该观众确实私自携带应援物品的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据全概率公式，以及条件概率公式即可求解. 【详解】设事件：该观众私自携带应援物品；事件：安检门亮灯提示， 则. 某观众通过安检门时被亮灯提示，则该观众确实私自携带应援物品的概率为 所以. 故选:B. 7. 已知函数存在单调递增区间，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将问题转化为导函数在其定义域内有解，再求解即可. 【详解】函数的定义域为，导函数为. 函数存在单调递增区间，等价于存在使得. 因为，所以等价于 . 即在上有解. 对配方得，在上单调递增，. 要使在上有解，只需. 因此的取值范围是. 8. 已知函数是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】当时，，可得在上单调递增，结合函数是定义域为的奇函数，，从而得到不等式，求出答案. 【详解】令，则， 由题意知当时，，故在上单调递增， 因为函数是定义域为的奇函数， 所以， 所以， 所以是定义域为的偶函数， 所以在上单调递减， 又因为，所以， 所以， 所以当时，，则； 当时，，则； 当时，，则； 当时，，则. 则不等式的解集为. 故选：D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分． 9. 关于的展开式，下列结论正确的是（ ） A. 展开式中共有9项 B. 第3项为 C. 各项系数的和为256 D. 二项式系数的最大值为70 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，二项式的展开式中共有项，故A正确； 对于B，第3项为，故B正确； 对于C，令，得各项系数的和为，故C错误； 对于D，二项式系数的最大值为，故D正确. 10. 某自动流水线生产的一种新能源汽车零配件产品的质量（单位：）服从正态分布，且，．从该流水线上随机抽取4件产品，这4件产品中质量在区间上的件数记为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正态分布对称性可判断AB；由二项分布的知识判断CD. 【详解】A选项，由，得， 故， 由正态分布的对称性可知，A正确； B选项，，B正确； C选项，由题意得，故，C错误； D选项，，D正确. 11. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 恰有两个零点 C. 不等式的解集为 D. 若，则的最小值为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】函数的定义域为，关于原点对称，且函数为偶函数，对于函数求导可判断A项，由单调性及可判断B项，由偶函数及单调性可判断C，D项． 【详解】函数的定义域为，关于原点对称， 且，所以函数为偶函数， 对于A项，当时，， 对其求导得，所以在区间上单调递增，故A项正确； 对于B项，因为在区间上单调递增，且， 根据偶函数的性质可知，，所以恰有两个零点，故B项正确； 对于C项，因为为偶函数，且在上单调递增， 所以等价于， 得，两边平方得， 而函数的定义域为，所以的解集为，故C项错误； 对于D项，因为，且为偶函数， 得，即， 因为， 所以， 又因为在区间上单调递增，所以，得， 则，当且仅当时取等号，所以的最小值为2，故D项正确． 三、填空题：本大题共3题，每小题5分，共15分． 12. 若，则正整数的值为__________. 【答案】1或4 【解析】 【详解】因为，所以原等式可化为， 所以或，解得或， 因此正整数的值为或. 13. 已知函数，曲线经过点的切线方程为___________. 【答案】或 【解析】 【分析】求导，设切点，求切线的斜率，利用点斜式写出切线方程，又切线过，将 代入切线方程得到的方程，解出的值，代入切线方程得解. 【详解】， 则设切点为， 可得过点的切线方程为， 代入点的坐标有， 整理为 因式分解为， 即， 解得或. ①当时，所求切线方程为， 整理为； ②当时，所求切线方程为， 整理为， 故曲线经过点的切线方程为或. 故答案为：或. 14. 某人工智能博览会有4个不同的场馆，甲、乙两人各自从中随机选择2个去参观，记这4个场馆中被参观的场馆个数为，则的数学期望为____________． 【答案】 【解析】 【分析】首先确定的所有可能取值，分别计算取每个值的概率，再将的取值与对应概率代入公式计算即可. 【详解】为被参观的场馆个数，可能取值为， 甲乙各选个场馆，总的选法为种， （两人选的场馆完全相同）：共种，故， （两人恰好有1个共同场馆）：甲选2个后，乙从甲的2个中选1个、从甲未选的2个中选1个，共种，故， （两人选的场馆完全不同）：共种，故， . 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. 已知函数在处有极值，且． （1）求的值； （2）求在区间上的最大值与最小值． 【答案】（1） （2）最大值为46，最小值为10． 【解析】 【分析】（1）由得到的等式，由在处有极值得到 ，通过联立方程组求出，经验证得到的值. （2）利用导数求出单调性，利用单调性得到的最大值和最小值． 【小问1详解】 （1）， （2）， 联立（1）、（2）解得， 当时，代入恒成立， 所以原函数不存在极值，此组值舍去.所以． 【小问2详解】 当时，， 当或时单调递增， 当时，单调递减． 又因为所以， 所以的最大值为46，最小值为10． 16. 已知在的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比是. （1）求n的值； （2）求展开式中的常数项； （3）求展开式中的有理项. 【答案】（1）6 （2）60 （3）；；60； 【解析】 【分析】（1）利用已知条件列出关于的组合数方程求解即可； （2）写出展开式的通项公式，令的指数为0求出参数，再代回通项计算出常数； （3）问根据通项公式令的指数为整数，结合取值范围算出所有符合条件的值，再分别计算出对应的每一项. 【小问1详解】 由题意得，则有，解得. 【小问2详解】 ， 令，故常数项：； 【小问3详解】 有理项指数为整数且且，得，2，4，6 当时：， 当时： ， 当时：， 当时： 17. 设甲袋中有3个白球､2个红球和5个黑球，乙袋中装有3个白球､3个红球和个黑球（），这些球除颜色外完全相同.已知从乙袋中任取一球，取出的是红球的概率为. （1）求的值； （2）若依次从甲袋中取出两球，在取出的第一个球是白球的条件下，求第二个球是红球的概率； （3）若先从甲袋中随机取出一个球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一个球，求从乙袋取出的是白球或黑球的概率 【答案】（1）3； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用古典概率公式列式求解. （2）利用条件概率公式求解. （3）利用全概率公式求解. 【小问1详解】 由从乙袋中任取一球，取出的是红球的概率为，得， 所以. 【小问2详解】 从甲袋中取出两球，事件“第一个球是白球”，事件“第二个球是红球” 则，，， 所以在取出的第一个球是白球的条件下，求第二个球是红球的概率为. 【小问3详解】 从甲袋中取出一个球是白球、红球、黑球的事件分别为，从乙袋取出的是白球或黑球的事件为， 则，， 由全概率公式得， 所以从乙袋取出的是白球或黑球的概率. 18. 甲和乙进行定点投篮游戏，当投篮者命中时继续投篮，否则由对方投篮．已知甲、乙每次投篮命中的概率分别为．规定：每局游戏进行3次投篮，均由甲先投，命中一次得2分． （1）求一局比赛中，甲6：0获胜的概率； （2）记一局比赛中乙投篮次数为，求的期望； （3）若甲、乙共进行了5局比赛，记得分高者为获胜方，得分相同为平局，求甲至少获胜3局的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据独立事件概率的乘法公式即可求解； （2）先确定的可能取值，再分别计算每个取值的概率，最后根据期望公式即可求解； （3）先求出一局比赛中甲获胜的概率，再利用二项分布即可求出. 【小问1详解】 记为甲第投篮命中，记为乙第投篮命中，则甲6：0获胜的概率， . 【小问2详解】 一局比赛中乙投篮次数为可能取值有0，1，2， 则， ， ， 所以. 【小问3详解】 甲6：0获胜概率； 甲4：0获胜概率； 甲2：0获胜概率； 记事件C为一局比赛中甲获胜，则， 由题意知，进行5局比赛甲获胜的局数， 所以. 19. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）证明：当时，； （3）若不等式对恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）若，函数在定义域内单调递增； 若，函数在内单调递增，在内单调递减. （2）证明见详解 （3） 【解析】 【分析】（1）求导，分类讨论参数的正负性，结合导数的符号判断原函数单调性； （2）根据（1）中单调性可得，令，，利用导数证明不等式； （3）令，，根据端点效应可得，并代入检验即可. 【小问1详解】 由题意可知：的定义域为，且， 若，则，可知函数在定义域内单调递增； 若，令，解得；令，解得； 可知函数在内单调递增，在内单调递减； 综上所述：若，函数在定义域内单调递增； 若，函数在内单调递增，在内单调递减. 【小问2详解】 当时，可知函数在内单调递增，在内单调递减， 则， 令，，则在内恒成立， 可知在内单调递增，则， 所以当时，. 【小问3详解】 令，， 原题意等价于不等式对恒成立， 因为，且， 则，解得， 若，令，，则， 令，，则在内单调递增， 可得，可知在内单调递增， 则，即， 可知在内单调递增，则，即， 可知在内单调递增，则，符合题意； 综上所述：实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $