广西玉林市第一中学2025-2026学年高二下学期自主限时训练(九)数学试卷（6.21）

**基本信息** 以端午节节目安排、商场抽奖等真实情境为载体，融合排列组合、概率统计、函数导数等核心知识，通过选择、填空、解答题梯度设计，适配高二周测的限时巩固与能力提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|7题|排列组合（节目安排）、概率（条件概率、全概率）、函数性质（单调性、奇偶周期）|多选第6、7题综合导数应用与函数图像，体现逻辑推理| |填空题|3题|二项式定理（余数、有理项）、周期奇函数求值|第8题结合整除性，考查数学运算能力| |解答题|2题|导数应用（单调区间、最值）、概率统计（期望比较）|第12题以抽奖方案为背景，通过期望计算培养数据观念与应用意识|

玉林一中高二数学自主限时测试9（6.21） 一、选择题 1．为庆祝端午节，某班级组织了一台晚会，有3个唱歌节目、2个小品节目和1个戏曲节目，要求3个唱歌节目互不相邻，则这台晚会节目的不同安排方法种数为（    ） A． B． C． D． 2．若，则（   ） A．82 B．80 C．81 D．27 3．一个袋子中有4张卡片，分别标有数字1，2，3，4，不放回地随机抽取两张卡片，记事件：“第一次抽到的数字小于第二次抽到的数字”，事件：“两次抽到的数字之和为偶数”，则（   ） A． B． C． D． 4．某过关题库中有，，三种难度的题目，数量分别为，，．已知小明做对，，型题目的概率分别为，，，若小明从该题库中任选一道题作答，则他做对该题的概率为（     ） A． B． C． D． 5．已知定义在上的函数满足，且，则的解集是（    ） A． B． C． D． 6．（多选）已知函数的极小值点为1，极小值为.则（    ） A． B． C．有3个零点 D．直线与的图像仅有1个公共点 7．（多选）已知函数对任意都有，若函数的图象关于对称，若，则下列结论正确的是（    ） A．是偶函数 B． C．的图象关于点对称 D． 二、填空题 8．利用二项式定理，被8除所得的余数为________． 9．设是周期为4的奇函数，当时，，则______． 10．若的展开式中各项系数和为，则该二项式展开式中所有有理项的系数之和为____． 三、解答题 11．设函数． (1)求的单调区间； (2)求在上的最小值与最大值． 12．2026年春节假期期间，某百货商场举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元（含600元）均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种，每位顾客抽奖结果相互独立. 方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球.其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球，则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折. 方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元. (1)若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率； (2)若某顾客消费恰好满1000元，试从付款金额期望的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？ 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《玉林一中高二数学自主限时测试9（6.21）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 A C A A C ACD ABC 1．A【详解】先排列2个小品和1个戏曲节目，排列数为：，3个非唱歌节目排好后，形成4个空位，将3个唱歌节目插入4个空位中，排列数为：，故总安排方法数为：． 2．C【详解】由二项式定理可知，均为正数，均为负数， 令，则，则. 3．A【详解】事件为“第一次抽到的数字小于第二次抽到的数字”，所有满足条件的基本事件为：共个.事件要求“两次抽到的数字之和为偶数”，和为偶数需要两个数字同奇偶，结合的条件，满足要求的基本事件只有共个.因此 . 4．A【详解】设小明选1道类试题为事件，小明选1道类试题为事件，小明选1道类试题为事件， 设小明答对试题为事件， 则，，，而，，， 由全概率公式得． 5．C【详解】令，，则，所以在单调递减，因为，所以，时，不等式化为，即，即，所以， 所以不等式的解集为. 6． ACD【详解】由题意得则，解得，故A正确 .由，解得，故B错误.， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增，所以的极大值为，画出草图，所以有3个零点，故C正确；直线与的图像仅有1个公共点，故D正确. 7．ABC【详解】对于选项A：由函数的图像关于对称，根据函数的图象变换， 可得函数的图象关于对称，所以函数为偶函数，所以A正确； 对于选项B：由函数对任意都有，可得， 函数是周期为4的周期函数，因为，可得，则，B正确； 又因为函数为偶函数，即，所以，可得，所以函数关于中心对称，所以C正确；所以，所以，所以D错误. 8．7【详解】 .所以被8除所得的余数为7. 9．【详解】因为是周期为4的奇函数，所以， 又当时，，所以.所以. 10．32【详解】令可得，即.展开式通向为， 当时，，当时，，当时，，当时，，所以有理项系数之和为. 11．【详解】（1）的定义域为，，令，可得， 则当时，，函数单调递增；时，，函数单调递减， 所以的单调减区间为，单调增区间为． （2）由（1）知在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为；又，，所以的最大值为． 12．【详解】（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需摸出2个红球和1个白球， 设顾客享受到免单优惠为事件，则. 所以两位顾客均享受免单优惠的概率为. （2）若选择方案一，设实际付款金额为，则的可能取值为0，500，700，1000. ，，，.所以（元）. 若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则. 由题意知，，故. 所以（元）. 因为，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $