精品解析：山西朔州市怀仁市同仁中学校2025-2026学年高二下学期第二次月考数学试题

怀仁市同仁学校2026年春季学期高二年级第二次月考 数学试题 考生注意： 1．满分150分，考试时间120分钟. 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3．本卷命题范围：人教A版选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册第七章7.4结束. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 学校组织社团活动，要求每名同学必须且只能参加一个社团，现仅剩的3个社团供4名同学选择，则不同的选择方法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】D 【解析】 【分析】由分步计数乘法原理即可求解 【详解】由题意可得，每名同学共有3种选择，故不同的选择方法有种 故选：D 2. 已知，则（ ） A. 64 B. 56 C. 20 D. 6 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以由组合数性质得， 所以. 3. 在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用X表示这10个村庄中交通不方便的村庄数，则下列概率中等于的是（ ） A. P(X＝2) B. P(X≤2) C. P(X＝4) D. P(X≤4) 【答案】C 【解析】 【分析】 根据超几何分布列式求解即可． 【详解】X服从超几何分布，P(X＝k)＝，故k＝4， 故选：C. 4. 设离散型随机变量的分布列如下表，若随机变量，则（ ） 0 1 2 3 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用离散型随机变量分布列的概率和为1求出参数，再找出使对应的的取值，将对应概率相加即可得到结果. 【详解】由题意知 ，整理得，解得. 由，可得，即或， 所以. 5. 若随机变量满足，.则下列说法正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】依据随机变量的数学期望与方差的运算规则求得和的值即可解决 【详解】随机变量满足，， 则，，据此可得，. 故选：D 6. 函数在区间上的最小值与最大值分别为（ ） A. ，1 B. 0，1 C. 1， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性，即可求解. 【详解】，， 得或， 当，，单调递增，当，，单调递减， 所以函数的最大值是，，，所以函数的最小值是. 故选：D 7. 甲、乙、丙、丁4名志愿者被派往三个足球场参加志愿服务，每名志愿者都必须分配，每个足球场至少分配1名志愿者，但甲、乙不能安排在同一个足球场，则不同的分配方案共有（ ） A. 24种 B. 30种 C. 36种 D. 42种 【答案】B 【解析】 【分析】分类考虑，甲乙有可能各自参加一个足球场或者甲乙有一人和别人一起参加志愿服务，分别求出分配方案的种数，相加即得答案. 【详解】由题意甲、乙不能安排在同一足球场中，故甲、乙各自参加一个足球场的服务时，共有种分配方案， 当甲或乙有一人和丙丁中的一人一起参加一个足球场的服务时，有种分配方案， 故不同的分配方案共有种， 故选：B 8. 二项式定理，又称牛顿二项式定理.二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：对于任意实数，当比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得：，并且的值越小，所得结果就越接近真实数据.用这个方法计算的近似值，可以这样操作：.用这样的方法，估计的近似值约为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得，故A正确. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】通过赋值法求解多项式展开式的系数和，结合二项展开式通项求解特定项的系数即可判断选项. 【详解】选项A：令，则，即，A正确. 选项B：是的系数，仅需取中的乘以的展开式中的项即可， 而的展开式中的项为，故，B错误. 选项CD：令，则，即， 又，所以，C错误，D正确. 10. 某校开展羽毛球比赛，甲组有选手6名，其中3名男生，3名女生；乙组有选手5名，其中3名男生，2名女生．现从甲组随机抽取一人加入乙组，再从乙组随机抽取一人，表示事件“从甲组随机抽取的一人是女生”，表示事件“从乙组随机抽取的一人是男生”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】将第一步的抽取结果作为前置条件，确定第二步抽取时的人员构成，进而分类计算相应的条件概率. 【详解】表示第一步从甲组抽取了一名女生加入乙组，此时乙组3名男生，3名女生， 再从乙组选出男生的概率为，故A正确， 表示此时选出女生的概率，即，故B错误， 表示第一步从甲组抽取了一名男生加入乙组，此时乙组4名男生，2名女生， 再从乙组选出男生的概率为，故C正确， 表示此时选出女生的概率，即，故D正确. 11. 已知函数与的图象的公切线为，则（ ） A. 的斜率大于 B. 在轴上的截距为一2 C. 的斜率小于 D. 在轴上的截距为2 【答案】BC 【解析】 【分析】切点分别为根据导数的几何意义及斜率公式可得公切线方程为，从而可以判断每一个选项. 【详解】设切点分别为因为，所以，可得，即，则， 所以，所以公切线方程为，即 所以选项BC正确. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知服从两点分布且，则______． 【答案】0.7## 【解析】 【分析】根据两点分布的性质，联立方程即可求解. 【详解】因为服从两点分布，所以①， 又②，联立①②，解得. 13. 四位同学乘同一列火车，火车有10节车厢，则至少有两位同学上了同一节车厢的概率为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】使用“正难则反”的对立事件思想，用总概率1减去“四人均在不同车厢”的概率即可得出结果. 【详解】由题意得所有可能的上车情况总数为， “至少有两位同学在同一节车厢”的对立事件是：“四位同学都在完全不同的车厢”， 四人都在不同车厢的可能情况总数为， 则至少有两位同学上了同一节车厢的概率为. 14. 已知函数及其导函数的定义域均为，若，且，则不等式的解集为______. 【答案】 【解析】 【分析】令，根据题意可得在上单调递减，不等式可化为，根据函数的单调性解不等式即可求出答案. 【详解】令，因为， 所以，即在上单调递减， 又，所以， 因此不等式等价于， 所以，解得， 所以不等式的解集为. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知的展开式前三项的二项式系数和为46． （1）求的值； （2）这个展开式中是否有常数项？若有，将它求出，若没有，请说明理由． 【答案】（1）； （2）有常数项，常数项为，理由如下： 由（1）知，所以展开式的通项为，令，解得，于是第7项是常数项，常数项为. 【解析】 【分析】（1）根据二项式系数定义，前三项二项式系数为，列方程求解即可； （2）写出通项公式，令的指数为零，解出，若为整数则存在常数项，代入计算即可． 【小问1详解】 由题意得，即，解得（负值舍去）． 【小问2详解】 略. 16. 已知函数，其导函数为，不等式的解集为. （1）求a，b的值； （2）求函数在上的最大值和最小值. 【答案】（1）；（2）最大值：，最小值：. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得的解集为，利用韦达定理即可求解. （2）利用导数判断函数的单调性，然后求出极值与端点值即可求解. 【详解】解：（1）由的解集为， 则. （2）由（1）问可知，， ，则 x 2 大于零 等于零 小于零 单调递增 极大值 单调递减 则， 由，，则. 【点睛】本题考查了由一元二次不等式的解集求参数、利用导数求函数的最值，考查了计算求解能力，属于基础题. 17. 玻璃杯成箱出售，共3箱，每箱20只.假设各箱含有0，1，2只残次品的概率对应为，和.一顾客欲购买一箱玻璃杯，在购买时，售货员随意取一箱，而顾客随机查看4只玻璃杯，若无残次品，则买下该箱玻璃杯；否则不买.求： （1）顾客买下该箱玻璃杯的概率； （2）在顾客买下的一箱中，没有残次品的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设事件表示“顾客买下所查看的一箱玻璃杯”，事件表示“箱中恰好有只残次品”，利用全概率公式计算可得； （2）利用条件概率公式计算可得. 【小问1详解】 设事件表示“顾客买下所查看的一箱玻璃杯”，事件表示“箱中恰好有只残次品”， 由题设可知，，，， 且，，， 所以 . 即顾客买下所查看的一箱玻璃杯的概率为. 【小问2详解】 因为， 所以在顾客买下的一箱中，没有残次品的概率是. 18. 食品安全问题越来越受到人们的重视，某超市在某种蔬菜进货前，要求食品安检部门对每箱蔬菜进行三轮各项指标的综合检测，只有三轮检测都合格，蔬菜才能在该超市销售.已知每箱这种蔬菜第一轮检测不合格的概率为，第二轮检测不合格的概率为，第三轮检测合格的概率为，每轮检测只有合格与不合格两种情况，且各轮检测是否合格相互之间没有影响. （1）求每箱这种蔬菜不能在该超市销售的概率； （2）如果这种蔬菜能在该超市销售，则每箱可获利400元，如果不能在该超市销售，则每箱亏损200元，现有4箱这种蔬菜，求这4箱蔬菜总收益的分布列与期望. 【答案】（1） （2） 1600 1000 400 -200 -800 【解析】 【分析】（1）先求出每一轮检测合格的概率；再利用各轮检测相互独立的条件，用乘法公式算出 “三轮都合格” 的概率；最后用 1 减去该概率，即可得到 “不能销售” 的概率； （2）先设 4 箱蔬菜中能销售的箱数为随机变量，该变量服从二项分布；接着，根据每箱的收益情况，推导出总收益与能销售箱数的线性关系，确定总收益的所有可能取值；然后，利用二项分布的概率公式，计算出每个收益值对应的概率，列出分布列；最后，根据离散型随机变量期望的定义，代入分布列数据，计算出总收益的数学期望. 【小问1详解】 记分别为事件“第一、二、三轮检测合格”，为事件“每箱这种蔬菜不能在该超市销售”. 由题设知，，， 所以 【小问2详解】 设这4箱蔬菜的总收益为随机变量，则的所有可能取值为1600，1000，400，-200，-800， 且， ， ， ， ， 故的分布列为 1600 1000 400 -200 -800 . 19. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）若是函数的极值点，求证：． 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增； （2）； （3）证明：由， 可得， 令，可得在上恒成立， 所以函数在上单调递增，即函数在上单调递增， 因为是的极值点，所以存在使得，即， 又由，所以， 则， 所以. 【解析】 【分析】（1）对函数求导后分析导数在定义域内的正负，从而得出函数的单调递增区间和单调递减区间； （2）分离参数后构造函数，将问题转化为在上恒成立，通过求导得出函数最小值即可求得的取值范围； （3）对求导，证明导函数在定义域内单调递增，从而极值点唯一，由极值点处导数为零，得到变量间的关系式，将此关系代入要证的不等式，化简后利用极值点的范围（通过端点值符号判断）即可证明结论成立． 【小问1详解】 由函数，可得其定义域为， 求导得，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 由，其中 可得，即， 由对任意恒成立，即在恒成立， 令，可得， 令，解得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以，即实数的取值范围为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 怀仁市同仁学校2026年春季学期高二年级第二次月考 数学试题 考生注意： 1．满分150分，考试时间120分钟. 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3．本卷命题范围：人教A版选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册第七章7.4结束. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 学校组织社团活动，要求每名同学必须且只能参加一个社团，现仅剩的3个社团供4名同学选择，则不同的选择方法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 2. 已知，则（ ） A. 64 B. 56 C. 20 D. 6 3. 在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用X表示这10个村庄中交通不方便的村庄数，则下列概率中等于的是（ ） A. P(X＝2) B. P(X≤2) C. P(X＝4) D. P(X≤4) 4. 设离散型随机变量的分布列如下表，若随机变量，则（ ） 0 1 2 3 A. B. C. D. 5. 若随机变量满足，.则下列说法正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 6. 函数在区间上的最小值与最大值分别为（ ） A. ，1 B. 0，1 C. 1， D. ， 7. 甲、乙、丙、丁4名志愿者被派往三个足球场参加志愿服务，每名志愿者都必须分配，每个足球场至少分配1名志愿者，但甲、乙不能安排在同一个足球场，则不同的分配方案共有（ ） A. 24种 B. 30种 C. 36种 D. 42种 8. 二项式定理，又称牛顿二项式定理.二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：对于任意实数，当比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得：，并且的值越小，所得结果就越接近真实数据.用这个方法计算的近似值，可以这样操作：.用这样的方法，估计的近似值约为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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. 若，则（ ） A. B. C. D. 10. 某校开展羽毛球比赛，甲组有选手6名，其中3名男生，3名女生；乙组有选手5名，其中3名男生，2名女生．现从甲组随机抽取一人加入乙组，再从乙组随机抽取一人，表示事件“从甲组随机抽取的一人是女生”，表示事件“从乙组随机抽取的一人是男生”，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数与的图象的公切线为，则（ ） A. 的斜率大于 B. 在轴上的截距为一2 C. 的斜率小于 D. 在轴上的截距为2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知服从两点分布且，则______． 13. 四位同学乘同一列火车，火车有10节车厢，则至少有两位同学上了同一节车厢的概率为__________． 14. 已知函数及其导函数的定义域均为，若，且，则不等式的解集为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知的展开式前三项的二项式系数和为46． （1）求的值； （2）这个展开式中是否有常数项？若有，将它求出，若没有，请说明理由． 16. 已知函数，其导函数为，不等式的解集为. （1）求a，b的值； （2）求函数在上的最大值和最小值. 17. 玻璃杯成箱出售，共3箱，每箱20只.假设各箱含有0，1，2只残次品的概率对应为，和.一顾客欲购买一箱玻璃杯，在购买时，售货员随意取一箱，而顾客随机查看4只玻璃杯，若无残次品，则买下该箱玻璃杯；否则不买.求： （1）顾客买下该箱玻璃杯的概率； （2）在顾客买下的一箱中，没有残次品的概率. 18. 食品安全问题越来越受到人们的重视，某超市在某种蔬菜进货前，要求食品安检部门对每箱蔬菜进行三轮各项指标的综合检测，只有三轮检测都合格，蔬菜才能在该超市销售.已知每箱这种蔬菜第一轮检测不合格的概率为，第二轮检测不合格的概率为，第三轮检测合格的概率为，每轮检测只有合格与不合格两种情况，且各轮检测是否合格相互之间没有影响. （1）求每箱这种蔬菜不能在该超市销售的概率； （2）如果这种蔬菜能在该超市销售，则每箱可获利400元，如果不能在该超市销售，则每箱亏损200元，现有4箱这种蔬菜，求这4箱蔬菜总收益的分布列与期望. 19. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）若是函数的极值点，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $