精品解析：广东湛江市雷州市第八中学2025-2026学年第二学期高二年级期中考试数学试卷

2025-2026学年第二学期雷州市第八中学高二年级期中考试 数学试卷 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 函数在区间上的平均变化率等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数平均变化率定义求解即可 【详解】因为函数，所以函数在区间上的平均变化率为： . 2. 从4本不同的数学书中选出2本，赠送给2位同学，每人一本，则不同的赠送方法共有（ ） A. 4 B. 6 C. 12 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】根据排列的知识求解. 【详解】题意相当于从4个不同元素中选取2个的排列，方法数为. 3. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导，再令，可得出的等式，解之即可. 【详解】，，， 解得. 4. 在二项式的展开式中，已知第2项与第8项的二项式系数相等，则下列说法正确的是（ ）． A. 各项系数之和为256 B. 展开式的常数项是0 C. 二项式系数最大的项是第4项 D. 项的系数为 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用组合数性质求出，再结合赋值法、二项式系数的性质及展开式的通项逐一求解. 【详解】依题意，，解得， 对于A，令，得展开式中各项系数之和为，A错误； 对于B，二项式的展开式的通项为， 由，得，则，B错误； 对于C，二项式的展开式中二项式系数最大的项为第5项，C错误； 对于D，由，得，则，项的系数为，D正确. 故选：D 5. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列判断正确的是（ ） A. 为的极小值点 B. 在区间上单调递增 C. 为的极大值点 D. 在区间上单调递增 【答案】C 【解析】 【分析】根据导函数图象分析的取值情况，即可得到函数的单调区间与极值点. 【详解】由导函数图象可得当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增，A，B，D错误， 又在的左侧附近，,在的右侧附近， 所以为的极大值点，C正确； 故选：C. 6. 在某电路上有两个独立工作的元件，每次通电后，需要更换元件的概率为0.3，需要更换元件的概率为0.2，则在某次通电后至少有一个需要更换的条件下，需要更换的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】记事件为在某次通电后至少有一个需要更换，事件为需要更换， 则，， 由条件概率公式可得. 7. 已知点P在曲线上，设该曲线在点P处的切线的倾斜角为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导，得到导函数的范围，即切线斜率的范围，从而得到倾斜角的范围. 【详解】由题意得，即， 由倾斜角的范围，解得. 故选：D 8. 杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家.他在《详解九章算法》一书中，画出了由二项式展开式的系数构成的三角形数阵，这个三角形数阵被称作“开方作法本源”，这就是著名的“杨辉三角”.在“杨辉三角”中，第2026行所有数字之和记为，则除以15所得的余数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】由二项式系数性质得出，然后利用，结合二项式定理可得余数 . 【详解】易知第2026行所有数字之和为二项式展开式的所有二项式系数和，即. 因为 ， 所以除以15余数为4. 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 若随机变量服从两点分布，其中，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据两点分布得，再根据期望和方差公式以及性质，即可求解. 【详解】由题意可知，， 所以，故A正确； ，故D错误； ，故B正确； ， 故C错误. 故选：AB 10. 已知A，B是概率均不为0的随机事件，下列说法正确的是（ ） A. 若，则事件A与B为对立事件 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，则 【答案】CD 【解析】 【分析】利用和事件与积事件的关系可得，再利用互斥事件与对立事件性质可得A；利用条件概率公式计算可得B；利用全概率公式计算可得C；利用对立事件的性质及概率的乘法公式与和事件与积事件的关系计算可得D. 【详解】对A：由，故， 则、互斥，但不能得到、对立，故A错误； 对B：由，则， 故或，故B错误， 对C：，， 若则，故C正确； 对D：，则， 所以. 11. 已知函数，若的解集为或，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. 的图象的对称中心的纵坐标为 D. 不等式的解为 【答案】ABD 【解析】 【分析】先由的解集可得是函数的极值点也是函数的零点，进而可得值及函数解析式，再根据函数的解析式判断函数的单调性及对称中心，以及解不等式可得. 【详解】因为的解集为或，所以为的极值点也是的零点，如图: 由题意得，则，解得，故A正确. 又因为为的零点,所以，解得， 故，则， 当时，，故在上单调递增，故B正确. 假设的图象的对称中心为，则对， ，则， 即，所以,解得， 而， 所以的图象的对称中心的纵坐标为，故C错误. 又因为，得，， 所以，得，故D正确. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 垂直于直线且与曲线相切的直线方程为______. 【答案】 【解析】 【详解】切线与垂直，则切线斜率为，且， 设切点的坐标为，则， 代入曲线方程中，得，所以切点的坐标为， 故该切线方程为，即. 13. 若从0，1，2，3，4，5这六个数字中选3个数字，组成没有重复数字的三位数.则这样的三位数一共有__________.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先排百位数字，再排十位数字，最后排个位数字，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】从0，1，2，3，4，5这六个数字中选3个数字，组成没有重复数字的三位数， 先排百位上的数字有种排法，再排十位上的数字有种排法， 最后排个位上的数字有种排法，由分步计数原理得，共有种排法， 即这样的三位数一共有个. 14. 我们曾用组合模型发现了组合恒等式：，这里所使用的方法，实际上是将一个量用两种方法分别算一次，由结果相同得到等式，这是一种非常有用的思想方法，叫做“算两次”.对此，我们并不陌生，如列方程时就要从不同的侧面列出表示同一个量的代数式，几何中常用的等积法也是“算两次”的典范.我们还可以用这种方法，结合二项式定理得到很多组合恒等式，如由等式，计算__________. 【答案】 【解析】 【分析】等式中，通过等号左右两侧的系数相等可得结果. 【详解】因为， 所以其展开式中，的系数为， 又 所以. 而的展开式中的系数为， 因为，所以等号两侧的系数相等， 即. 故答案为：. 四、解答题（5小题，共77分） 15. 计算： （1）计算 ，求； （2）求导： 【答案】（1） （2）. 【解析】 【小问1详解】 因为，所以，且 得或，故； 【小问2详解】 . 16. 已知，N，若的展开式 中， ． （1）求的值； （2）求的值． 在①只有第6项的二项式系数最大；②第4项与第8项的二项式系数相等；③所有二项式系数的和为，这三个条件中任选一个，补充在上面（横线处）问题中，解决上面两个问题（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）． 【答案】（1） （2）0 【解析】 【分析】（1）利用二项式系数的性质分别求解； （2）利用赋值法求项的系数和. 【小问1详解】 在二项式的展开式中， 若选填①，只有第6项的二项式系数最大，则展开式中有11项，即； 若选填②，第4项与第8项的二项式系数相等，则，即； 若选填③，所有二项式系数的和为，则，即．故； 【小问2详解】 由（1）知，于是中，取，得； 取，得 ∴所求 17. 已知函数， （1）求函数在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间和极值. 【答案】（1） （2）函数的减区间为，，增区间为，极小值，极大值. 【解析】 【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间、减区间以及极大值、极小值. 【小问1详解】 因为，则，所以， 因此，函数在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 由，可得，列表如下： 减 极小值 增 极大值 减 所以，函数的减区间为、，增区间为， 该函数的极小值为，极大值为. 18. 数学试卷中的多项选择题是考查考生数学素养的一个重要载体，每道多项选择题设有A，B，C，D四个选项，正确答案只能是2个选项或3个选项，题目要求：“在每道多项选择题给出的选项中，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．” 其中“部分选对的得部分分”的规则为：若正确答案有2个选项，则只选1个选项且正确得3分； 若正确答案有3个选项，则只选1个选项且正确得2分，只选2个选项且正确得4分．现作以下规定：多项选择题的正确答案选项个数是2个还是3个出现的概率均为；若考生随机选择（盲选），则每个选项被选中的可能性相同． 现有一道难度极大的多项选择题，某考生完全没有思路，其采用盲选方式作答． （1）求该考生得6分的概率； （2）假设该考生可选择“盲选1个选项”或“盲选2个选项”，若想得分最大化，应如何选择最优答题方式？并说明理由． 【答案】（1）； （2）应选择“盲选1个选项”作为最优答题方式，理由如下： 设该考生“盲选1个选项”得分为，可取0，2，3， ； ； ． 所以的期望； 的方差 设该考生“盲选2个选项”得分为，则可取0，4，6， ； ； . 所以的期望； 的方差 所以“盲选1个选项”和“盲选2个选项”虽然得分期望值相同，但是， 所以应选择“盲选1个选项”作为最优答题方式． 【解析】 【分析】（1）由全概率公式求出考生盲选得6分的概率； （2）分别求出“盲选1个选项”和“盲选2个选项”的期望，比较大小，若期望一样大，再求方差，比较大小. 【小问1详解】 该考生得6分的概率； 【小问2详解】 应选择“盲选1个选项”作为最优答题方式，理由略. 19. 已知函数，． （1）判断的单调性； （2）若，求的值； （3）已知，．若，证明：． 【答案】（1）当时， 在上单调递增；当时， 在上单调递增，在上递减； （2） （3） 令，， 所以，令，， 所以在上单调递增，因为，， 所以在上存在唯一零点，令，则， 令，所以；令，所以； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又因为，所以， 所以，得证. 【解析】 【分析】（1）先求导，按照和分类讨论，利用导数研究单调性即可求解； （2）由，得，根据的情况分类讨论，当时，由（1）有，令，利用导数研究最小值即可求解； （3）令，利用导数研究函数的单调性求出最小值即可求解. 【小问1详解】 由得：， 当时，，此时在上单调递增； 当时，令，解得：，所以当时，； 当时，， 所以在上单调递增，在上递减； 【小问2详解】 由（1）可知，当时，在上单调递增，在上递减． 若，则，即， 代入可得：， 令，（），则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，即恒成立，且， 所以，即， 当时，恒成立，即在上单调递增， 又，所以当，，不恒成立，故不成立. 综上所述，； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期雷州市第八中学高二年级期中考试 数学试卷 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 函数在区间上的平均变化率等于（ ） A. B. C. D. 2. 从4本不同的数学书中选出2本，赠送给2位同学，每人一本，则不同的赠送方法共有（ ） A. 4 B. 6 C. 12 D. 24 3. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 4. 在二项式的展开式中，已知第2项与第8项的二项式系数相等，则下列说法正确的是（ ）． A. 各项系数之和为256 B. 展开式的常数项是0 C. 二项式系数最大的项是第4项 D. 项的系数为 5. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列判断正确的是（ ） A. 为的极小值点 B. 在区间上单调递增 C. 为的极大值点 D. 在区间上单调递增 6. 在某电路上有两个独立工作的元件，每次通电后，需要更换元件的概率为0.3，需要更换元件的概率为0.2，则在某次通电后至少有一个需要更换的条件下，需要更换的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 已知点P在曲线上，设该曲线在点P处的切线的倾斜角为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家.他在《详解九章算法》一书中，画出了由二项式展开式的系数构成的三角形数阵，这个三角形数阵被称作“开方作法本源”，这就是著名的“杨辉三角”.在“杨辉三角”中，第2026行所有数字之和记为，则除以15所得的余数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 若随机变量服从两点分布，其中，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知A，B是概率均不为0的随机事件，下列说法正确的是（ ） A. 若，则事件A与B为对立事件 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，则 11. 已知函数，若的解集为或，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. 的图象的对称中心的纵坐标为 D. 不等式的解为 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 垂直于直线且与曲线相切的直线方程为______. 13. 若从0，1，2，3，4，5这六个数字中选3个数字，组成没有重复数字的三位数.则这样的三位数一共有__________.（用数字作答） 14. 我们曾用组合模型发现了组合恒等式：，这里所使用的方法，实际上是将一个量用两种方法分别算一次，由结果相同得到等式，这是一种非常有用的思想方法，叫做“算两次”.对此，我们并不陌生，如列方程时就要从不同的侧面列出表示同一个量的代数式，几何中常用的等积法也是“算两次”的典范.我们还可以用这种方法，结合二项式定理得到很多组合恒等式，如由等式，计算__________. 四、解答题（5小题，共77分） 15. 计算： （1）计算 ，求； （2）求导： 16. 已知，N，若的展开式 中， ． （1）求的值； （2）求的值． 在①只有第6项的二项式系数最大；②第4项与第8项的二项式系数相等；③所有二项式系数的和为，这三个条件中任选一个，补充在上面（横线处）问题中，解决上面两个问题（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）． 17. 已知函数， （1）求函数在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间和极值. 18. 数学试卷中的多项选择题是考查考生数学素养的一个重要载体，每道多项选择题设有A，B，C，D四个选项，正确答案只能是2个选项或3个选项，题目要求：“在每道多项选择题给出的选项中，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．” 其中“部分选对的得部分分”的规则为：若正确答案有2个选项，则只选1个选项且正确得3分； 若正确答案有3个选项，则只选1个选项且正确得2分，只选2个选项且正确得4分．现作以下规定：多项选择题的正确答案选项个数是2个还是3个出现的概率均为；若考生随机选择（盲选），则每个选项被选中的可能性相同． 现有一道难度极大的多项选择题，某考生完全没有思路，其采用盲选方式作答． （1）求该考生得6分的概率； （2）假设该考生可选择“盲选1个选项”或“盲选2个选项”，若想得分最大化，应如何选择最优答题方式？并说明理由． 19. 已知函数，． （1）判断的单调性； （2）若，求的值； （3）已知，．若，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $