精品解析：广东惠州宏华中学2025-2026学年高二第二学期期中考试数学试题

广东惠州宏华中学2025-2026学年高二第二学期期中考试数学试题 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，仅将答题卡上交. 一、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，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上， 1. （ ） A. 110 B. 98 C. 95 D. 148 2. 从甲地到乙地有4条不同的路线，从乙地到丙地有3条不同的路线，则从甲地经过乙地，到达丙地不同的路线有（ ） A. 7条 B. 12条 C. 64条 D. 81条 3. 已知函数在处可导，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 从数字1，2，3，4，5中一次随机选取两个不同的数，其中至少有一个为奇数，则这两个数为一奇一偶的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 的展开式中常数项为（ ） A. B. C. D. 6. 过点作函数图像的切线，则切线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 8个人分成3人、3人、2人三组，共有（ ）种不同的分组方法. A. 1120 B. 840 C. 560 D. 280 8. 已知函数，若函数有4个不同的零点则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P m 0.4 m 下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. （多选题）下列求导运算错误的是（ ） A. B. C. D. 11. 用1，2，3，4四种颜色给图中的，，，四个区域涂色，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区域涂不同色，则（ ） A. 用四种不同颜色涂色的不同方法数为24 B. 用1，2，3这三种不同颜色涂色的不同方法数为6 C. 在用四种不同颜色涂色的条件下，区域用4涂色的概率为 D. 在用1，2，3这三种不同颜色涂色的条件下，区域用2涂色的概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数 的图象在处的切线的倾斜角为______ 13. 的展开式中二项式系数的最大值是______．（用数字作答） 14. 将红､黄､蓝､绿四个小球放入三个盒子，三个盒子的颜色分别是红色､黄色､紫色，其中每个盒子至少放入一个小球，若不可以将小球放入和小球颜色相同的盒子，则不同的放法种数为__________. 四、解答题：本题共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. 已知的二项展开式中所有项的二项式系数之和为1024 （1）求的值； （2）若 （i）求的值； （ii）求的值． 16. 某机器人商店出售的机器人中，甲品牌的占40%，合格率为95%；乙品牌的占30%，合格率为90%；丙品牌的占30%，合格率为90%，在该商店随机买一台机器人. （1）求该机器人是甲品牌合格品的概率； （2）求该机器人是合格品的概率. 17. 有三张形状、大小、质地完全一致的卡片，在卡片上分别写上0，1，2，现从中任意抽取一张，将其上数字记作x，然后放回，再抽取一张，其上数字记作y，令．求： （1）X所取各值的概率； （2）随机变量X的期望与方差． 18. 已知是函数的一个极值点． （1）求的值和函数的单调区间； （2）求函数在区间上的最大值与最小值． 19. 已知函数 （1）时，求在点处的切线方程； （2）有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东惠州宏华中学2025-2026学年高二第二学期期中考试数学试题 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，仅将答题卡上交. 一、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，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上， 1. （ ） A. 110 B. 98 C. 95 D. 148 【答案】C 【解析】 【详解】． 2. 从甲地到乙地有4条不同的路线，从乙地到丙地有3条不同的路线，则从甲地经过乙地，到达丙地不同的路线有（ ） A. 7条 B. 12条 C. 64条 D. 81条 【答案】B 【解析】 【分析】由分步乘法计数原理计算即可求解. 【详解】由题意可知所求不同的路线有条. 故选：B 3. 已知函数在处可导，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的定义，即可求解. 【详解】. 4. 从数字1，2，3，4，5中一次随机选取两个不同的数，其中至少有一个为奇数，则这两个数为一奇一偶的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设事件为至少有一个为奇数，事件为这两个数为一奇一偶， 由题意可得，， 所以. 5. 的展开式中常数项为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】二项展开式的通项公式为， 整理得：， 令，解得：， 展开式中常数项为：. 6. 过点作函数图像的切线，则切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先设置切点的坐标，然后对函数进行求导，求出该函数在该点的斜率，然后将点代入切线方程，求出参数，进而得到切线方程的表达式. 【详解】设切点为， 对函数求导可得， 则切点处的斜率为，所以切线方程为， 因为切线过点，代入切线方程，可得， 整理得，则所求切线方程为. 故选：D. 7. 8个人分成3人、3人、2人三组，共有（ ）种不同的分组方法. A. 1120 B. 840 C. 560 D. 280 【答案】D 【解析】 【分析】根据平均分组求法即可求解. 【详解】根据题意，分组方法数为种 故选：D. 8. 已知函数，若函数有4个不同的零点则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数作出函数的图象，转化条件为的图象与直线有个交点，数形结合即可得解. 【详解】由题当时，，所以， 所以当时，，当时，； 所以在区间上单调递增，在上单调递减， 当时，当时，； 当时，； 所以可作出函数的图象，如下图， 若要使函数有个不同的零点， 所以的图象与直线有个交点， 即，解得. 二、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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P m 0.4 m 下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由分布列概率和为1求得，再根据分布列求得期望与方差，然后由期望与方差的性质求得的期望与方差. 【详解】由得， 所以，， 所以，， 故选：AC. 10. （多选题）下列求导运算错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，是常数，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误. 11. 用1，2，3，4四种颜色给图中的，，，四个区域涂色，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区域涂不同色，则（ ） A. 用四种不同颜色涂色的不同方法数为24 B. 用1，2，3这三种不同颜色涂色的不同方法数为6 C. 在用四种不同颜色涂色的条件下，区域用4涂色的概率为 D. 在用1，2，3这三种不同颜色涂色的条件下，区域用2涂色的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由分类乘法计数原理结合相邻区域不能同色的条件，即可求解. 【详解】对于A，先涂区域，有4种方法，再涂区域，有3种涂法，再涂区域，有2种涂法， 最后涂区域，因为要保证4种颜色全部使用，故只有1种涂法， 故共有种方法，所以A正确； 对于B，先涂区域，有3种方法，再涂区域，有2种涂法， 再涂区域，有1种涂法，最后涂区域，有1种涂法， 故共有种方法，所以B正确； 对于C，若用4涂色，则区域有3种方法，区域有2种方法， 区域有1种方法，由A知总情况有24种，则概率为，所以C错误； 对于D，若用2涂色，则区域有2种方法，区域有1种方法， 区域有1种方法，由B知总情况有6种，则概率为，所以D正确； 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数 的图象在处的切线的倾斜角为______ 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义以及斜率和倾斜角的关系即可求解. 【详解】因为，所以，即切线的斜率为，所以切线的倾斜角为. 故答案为： 13. 的展开式中二项式系数的最大值是______．（用数字作答） 【答案】70 【解析】 【详解】由二项式系数及组合数的性质知， 的展开式中二项式系数的最大值为. 14. 将红､黄､蓝､绿四个小球放入三个盒子，三个盒子的颜色分别是红色､黄色､紫色，其中每个盒子至少放入一个小球，若不可以将小球放入和小球颜色相同的盒子，则不同的放法种数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，分析可得三个盒子中有1个盒子放2个球， 分2步进行分析：先将四个小球分成3组，再分类将分好的3组对应放到3个盒子中，由分步计数原理计算可得答案； 【详解】根据题意，四个不同的小球放入三个盒子，且没有空盒， 则三个盒子中有1个盒子放2个球，剩下的2个盒子各放1个球， 若红黄球一组，则这两个球只能放入紫色盒子，有种放法； 若红蓝球一组，当这两个球放入紫色盒子时，有种放法，当这两个球放入黄色盒子时，有种放法，共有种放法； 若红绿球一组，当这两个球放入紫色盒子时，有种放法，当这两个球放入黄色盒子时，有种放法，共有种放法； 若黄蓝球一组，当这两个球放入紫色盒子时，有种放法，当这两个球放入红色盒子时，有种放法，共有种放法； 若黄绿球一组，当这两个球放入紫色盒子时，有种放法，当这两个球放入红色盒子时，有种放法，共有种放法； 若蓝绿球一组，当这两个球放入紫色盒子时，有种放法，当这两个球放入红色盒子时，有种放法， 当这两个球放入黄色盒子时，有种放法，共有种放法； 共有种放法. 四、解答题：本题共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. 已知的二项展开式中所有项的二项式系数之和为1024 （1）求的值； （2）若 （i）求的值； （ii）求的值． 【答案】（1） （2）（i）1；（ii）180 【解析】 【分析】（1）根据二项式系数和为列方程求解. （2）先换元，将二项展开式按照新元的升幂排列，再令，即可求出；再考察二项展开式的通项公式，求出项前的系数值即可. 【小问1详解】 所有二项式系数之和为，得． 【小问2详解】 （i）令，则. 令，则. （ii）由（i）得，. 项的系数. 16. 某机器人商店出售的机器人中，甲品牌的占40%，合格率为95%；乙品牌的占30%，合格率为90%；丙品牌的占30%，合格率为90%，在该商店随机买一台机器人. （1）求该机器人是甲品牌合格品的概率； （2）求该机器人是合格品的概率. 【答案】（1）0.38 （2）0.92 【解析】 【分析】（1）由题意结合概率乘法公式即可计算求解； （2）由全概率公式即可计算求解. 【小问1详解】 用表示机器人是甲品牌，用表示机器人是合格品， 甲品牌的占40%，合格率为95%，则，， 所以该机器人是甲品牌合格品的概率； 【小问2详解】 用表示机器人是乙品牌，用表示机器人是丙品牌， 甲品牌的占40%，合格率为95%；乙品牌的占30%，合格率为90%；丙品牌的占30%，合格率为， . 17. 有三张形状、大小、质地完全一致的卡片，在卡片上分别写上0，1，2，现从中任意抽取一张，将其上数字记作x，然后放回，再抽取一张，其上数字记作y，令．求： （1）X所取各值的概率； （2）随机变量X的期望与方差． 【答案】（1）；；；； （2）1，． 【解析】 【分析】（1）由题意可知，随机变量的可能取值有0，1，2，4，然后根据古典概型概率计算公式分别求出=0，1，2，4的概率； （2）由（1）可列的分布列，求出随机变量的数学期望与方差. 【小问1详解】 根据题意可知，的可能取值为0，1，2，4. ；； ；； 【小问2详解】 X的分布如下：， 所以， ． 18. 已知是函数的一个极值点． （1）求的值和函数的单调区间； （2）求函数在区间上的最大值与最小值． 【答案】（1），增区间为，减区间为 （2）最大值是18，最小值是 【解析】 【分析】（1）求导后根据极值点的定义求得，再通过导数的符号即可求解； （2）分析区间内的极大值点与左端点再判断大小即可 【小问1详解】 由， 求导得， 因为是函数的一个极值点， ， ， ， 令，解得或；令，解得. 所以函数的增区间为，减区间为. 【小问2详解】 由（1）知在单调递减，在单调递增， 由， 得，，， 所以函数在区间上的最大值是18，最小值是. 19. 已知函数 （1）时，求在点处的切线方程； （2）有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得； （2）（i）令，分离参数得，作出函数图象，数形结合可得范围；（ii）由（2）结合图象，可得范围，整体换元，转化为，结合由可得，两式作差，利用对数平均不等式可得，再由得，结合减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式. 【小问1详解】 当时，，， 则，则，且， 则切点，且切线的斜率为， 故函数在点处的切线方程为； 【小问2详解】 （i）令，， 得， 设， 则， 由解得或，其中，； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 且当时，； 当时，； 如图作出函数的图象， 要使函数有3个零点， 则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点. 结合图象可知，. 故的取值范围为； （ii）由图象可知，， 设，则， 满足，由可得， 两式作差可得， 则由对数均值不等式可得， 则，故要证， 即证，只需证， 即证，又因为，则， 所以，故只需证， 设函数，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 故，即. 而由， 可知成立，故命题得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $