精品解析：四川广安市加德学校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

广安加德学校2025-2026学年度下期高2024级半期考试 数 学 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（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. （ ） A. 24 B. 27 C. 36 D. 42 【答案】C 【解析】 【详解】. 2. 已知二项式的展开式中仅有第5项的二项式系数最大，则的值为（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 【答案】A 【解析】 【详解】解：因为的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大， 所以． 3. 下列函数中，在内为增函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由导数进行单调性判断即可． 【详解】对于A项，在上单调递减，故A项错误； 对于B项，，由得，，则在内为增函数，故B项正确； 对于C项，，则在内单调递减，故C项错误； 对于D项，，由得，，则在内单调递减，故D项错误． 4. 将4本不同的书发给3位同学，每人至少一本的不同发放种数为（ ） A. 36 B. 44 C. 65 D. 72 【答案】A 【解析】 【分析】先将书分为3组，再将这三份书全排列分给3位同学. 【详解】由题可知，有1位同学分得两本书，其他2位同学各得一本， 可以先从4本书中挑出2本，将书分为3份，再将这三份书全排列分给3位同学，故不同分法的种数是． 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意知，再结合得，最后计算即可. 【详解】因为 所以，， 所以， 因为，即， 所以，. 6. 如图，一块长方形花圃，计划在A、B、C、D四个区域分别种上3种不同颜色鲜花中的某一种，允许同一种颜色的鲜花使用多次，但相邻区域必须种不同颜色的鲜花，不同的种植方案有（ ） A. 9种 B. 8种 C. 7种 D. 6种 【答案】D 【解析】 【分析】可按区域分四步，由分步计数原理，即可求解. 【详解】由题意，按区域分四步：第一步A区域有3种颜色可选；第二步B区域有2种颜色可选； 第三步C区域有1种颜色可选；第四步D区域只有1种颜色可选， 由分步计数原理可得，共有种不同的种植方案. 故选：D. 7. 若自然数P使得作竖式加法不发生进位现象，称P为“加德数”，如不产生进位，所以11是“加德数”；产生了进位现象，所以42不是“加德数”．那么在小于2026的四位自然数中，“加德数”共有（ ） A. 48个 B. 54个 C. 57个 D. 96个 【答案】C 【解析】 【分析】按千位数字分类，利用计数原理可得答案． 【详解】在小于2026的四位自然数中，当千位数字时，“加德数”需要满足个位数字，十位数字． 当千位数字为1时，百位和十位数字可以为0，1，2，3，个位数字可以为0,1，2，此时共有个； 当千位数字为2时，百位数字只能为0，十位数字可以为0，1，2，个位数字可以为0，1，2，此时共有个． 所以共有个． 8. 已知是函数的零点，是函数的零点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据零点的定义得到，，构造函数，利用导数法得到的单调性，利用单调性得到，从而得到，继而求出. 【详解】是函数，，， 是函数的零点，， ，，， ， 设，则，， ，，， 在上是单调递增函数， 由，，. 二、多选题（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. 已知，则下列说法正确的有（ ） A. 展开式的各二项式系数的和为0 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A，各项的二项式系数和为：，A错误； 对于B，令，则，令，则， 所以，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，令，则， 两边同乘得：， 所以正确. 10. 已知某工厂甲、乙，丙三个车间同时生产同种元器件：甲、乙、丙车间一天生产的元器件个数分别为600、300、100件，且生产中造成的次品率分别为3%、2%、1%；现在在这三个车间生产的产品中任意取一件产品质检，下列叙述正确的有（ ） A. 此件产品是次品的概率为0.02 B. 此件产品是次品的概率为0.025 C. 此件产品是次品的情况下，来自甲车间的概率是来自于乙车间概率的2倍 D. 此件产品是次品的情况下，此件产品来自于丙车间的概率为0.04. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用条件概率公式及全概率公式计算判断. 【详解】对于AB，该产品是次品的概率为， A错误，B正确； 对于C，此件产品是次品的情况下，来自甲车间的概率， 来自于乙车间的概率，则，C错误； 对于D，此件产品是次品的情况下，来自于丙车间的概率，D正确. 故选：BD 11. 将五个编号为1，2，3，4，5的小球放入五个分别标有1，2，3，4，5号的盒子中，则下列结论正确的有（ ） A. 共有3125种放法 B. 恰有一个盒子不放球，共有1200种放法 C. 恰有两个盒子不放球，共有3000种放法 D. 没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号都不相同的放法共有44种 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理即可判断A；根据分组分配判断BC；根据题意得出递推公式即可判断D． 【详解】对于A，由题意知，共有种放法，故A正确； 对于B，恰有一个盒子不放球，选出不放球的盒子，共有种， 再将5个球分为4份，其中一份有2球，再分给4个盒子，共有, 所以共有种放法，故B正确； 对于C，恰有两个盒子不放球，选出不放球的盒子，共有种， 再将5个球分为3份，可分为和，再分给3个盒子，共有， 所以共有种放法，故C错误； 对于D，用递推的方法计算，记个元素的错位排列数为； 对于：只有1个球，必须放1号盒，一定同号，所以， 对于：只有两个球，只能互相放对方盒子，所以, 递推公式:， 意思是：先选1个球，比如选球1，它不能放1号盒，所以有个盒子可以选， 如果球1选了号盒，再分两种情况算球的放法：要么球放1号盒，剩下个元素错位排列，对应；要么球不能放1号盒，相当于剩下个元素错位排列，对应， 所以， ， ，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量服从两点分布，，则________. 【答案】0.44## 【解析】 【分析】利用两点分布的概率性质易得. 【详解】因随机变量服从两点分布，故. 故答案为：0.44. 13. 元宵灯展后，悬挂有8盏不同的灯需要逐一取下，如图所示，有______种不同的取法． 【答案】70 【解析】 【分析】法一：①位置选对象法，8个确定顺序的位置选出4个，分别放置“万事如意”（此顺序不可变），剩下4个位置分别放置“恭喜发财”，即可列出算式；法二：倍缩法解决定序问题，这八个字共有种排列方法，其中：“万事如意”和“恭喜发财”是定序的，所以消序即可求解． 【详解】法一：采用位置选对象法，8个确定顺序的位置选出4个，分别放置“万事如意”， 则剩下4个位置分别放置“恭喜发财”，共有种不同取法； 法二：采用倍缩法，这八个字共有种排列方法， 其中：“万事如意”和“恭喜发财”是定序的， 故有种不同取法. 14. 若关于的方程有三个不相等的实数解，，，且，其中，为自然对数的底数，则的值为___________ 【答案】 【解析】 【分析】通过换元法将方程变为，其中；利用导数可求得的大致图象，从而确定其与的交点个数，将所求式子化为，利用韦达定理可求得结果. 【详解】由得：， 设，则，， 令，则， 在上单调递增，在上单调递减， 且，，当时，，可得大致图像如下. 要使关于的方程有三个不相等的实数解，，，且. 结合图象可得关于的方程一定有两个不等的实数根， 且，，，则，. . 故答案为：. 【点睛】方法点睛：已知函数零点(方程根)个数求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解 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. 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. 16. 已知直线：. （1）若直线：与垂直，求的值； （2）若直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用两直线垂直，其斜率之积为 即可求得参数 ; （2）直线与抛物线联立方程组，求出，利用向量的数量积为0即可求证. 【小问1详解】 由题知直线的斜率， 设直线的斜率为，则， 因为，所以，解得. 【小问2详解】 直线：与抛物线的方程联立， 消去，得，， 设，，则， 所以，所以. 17. 已知 （1）若，求实数的值. （2）已知展开式的所有二项式系数之和为128，且 （i）求展开式中含项的系数； （ii）设，求除以所得余数. 【答案】（1） （2）（i），（ii） 【解析】 【分析】（1）利用赋值进行求解； （2）（i）由，得，由二项式的展开式的系数求解； （ii）由，分析其展开式的项，即可求解． 【小问1详解】 令得，， 令得，， 则，得． 【小问2详解】 展开式的所有二项式系数之和为128， 得，得， 则的通项公式为：， 得， 得，得， （i）， 则展开式中含项的系数为：． （ii）由得，， 因为， 所以余数为． 18. 从甲､乙､丙等5人中随机地抽取三个人去做传球训练.训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出. （1）记甲乙丙三人中被抽到的人数为随机变量，求的分布列； （2）若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且第1次由甲将球传出，记次传球后球在甲手中的概率为， ①直接写出的值； ②求与的关系式，并求. 【答案】（1）分布列见解析 （2）①，，；②； 【解析】 【分析】（1）由离散型随机变量的分布列可解； （2）记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”，由全概率公式可求 再由数列知识，由递推公式求得通项公式. 【小问1详解】 可能取值为， ；； 所以随机变量的分布列为 1 2 3 【小问2详解】若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且次传球后球在甲手中的概率为， 则有 记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”， 所以 即， 所以，且 所以数列表示以为首项，为公比的等比数列， 所以所以 即次传球后球在甲手中的概率是. 19. 设函数． （1）若，求的单调区间； （2）若当时，求a的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为； （2） 【解析】 【分析】（1）时，，求定义域，求导，得到函数单调区间； （2）求导，结合（1）可得，放缩得到，从而时，，结合特殊点函数值，得到当时，，时，放缩得到时，，结合特殊点函数值，得到此时，综上，可得答案. 【小问1详解】 时，，定义域为R， ，令得，令得， 所以单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问2详解】 ， 由（1）知，当且仅当时，等号成立， 故， 又，从而当，即时，， 在上单调递增， 而，于是当时，， 由得，即， 从而当时，， 故当时，， 故在上单调递减，又，故当时，， 综上，a的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广安加德学校2025-2026学年度下期高2024级半期考试 数 学 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（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. （ ） A. 24 B. 27 C. 36 D. 42 2. 已知二项式的展开式中仅有第5项的二项式系数最大，则的值为（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 3. 下列函数中，在内为增函数的是（ ） A. B. C. D. 4. 将4本不同的书发给3位同学，每人至少一本的不同发放种数为（ ） A. 36 B. 44 C. 65 D. 72 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，一块长方形花圃，计划在A、B、C、D四个区域分别种上3种不同颜色鲜花中的某一种，允许同一种颜色的鲜花使用多次，但相邻区域必须种不同颜色的鲜花，不同的种植方案有（ ） A. 9种 B. 8种 C. 7种 D. 6种 7. 若自然数P使得作竖式加法不发生进位现象，称P为“加德数”，如不产生进位，所以11是“加德数”；产生了进位现象，所以42不是“加德数”．那么在小于2026的四位自然数中，“加德数”共有（ ） A. 48个 B. 54个 C. 57个 D. 96个 8. 已知是函数的零点，是函数的零点，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（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. 已知，则下列说法正确的有（ ） A. 展开式的各二项式系数的和为0 B. C. D. 10. 已知某工厂甲、乙，丙三个车间同时生产同种元器件：甲、乙、丙车间一天生产的元器件个数分别为600、300、100件，且生产中造成的次品率分别为3%、2%、1%；现在在这三个车间生产的产品中任意取一件产品质检，下列叙述正确的有（ ） A. 此件产品是次品的概率为0.02 B. 此件产品是次品的概率为0.025 C. 此件产品是次品的情况下，来自甲车间的概率是来自于乙车间概率的2倍 D. 此件产品是次品的情况下，此件产品来自于丙车间的概率为0.04. 11. 将五个编号为1，2，3，4，5的小球放入五个分别标有1，2，3，4，5号的盒子中，则下列结论正确的有（ ） A. 共有3125种放法 B. 恰有一个盒子不放球，共有1200种放法 C. 恰有两个盒子不放球，共有3000种放法 D. 没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号都不相同的放法共有44种 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量服从两点分布，，则________. 13. 元宵灯展后，悬挂有8盏不同的灯需要逐一取下，如图所示，有______种不同的取法． 14. 若关于的方程有三个不相等的实数解，，，且，其中，为自然对数的底数，则的值为___________ 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. 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 16. 已知直线：. （1）若直线：与垂直，求的值； （2）若直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，求证：. 17. 已知 （1）若，求实数的值. （2）已知展开式的所有二项式系数之和为128，且 （i）求展开式中含项的系数； （ii）设，求除以所得余数. 18. 从甲､乙､丙等5人中随机地抽取三个人去做传球训练.训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出. （1）记甲乙丙三人中被抽到的人数为随机变量，求的分布列； （2）若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且第1次由甲将球传出，记次传球后球在甲手中的概率为， ①直接写出的值； ②求与的关系式，并求. 19. 设函数． （1）若，求的单调区间； （2）若当时，求a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $