江苏天一中学2025-2026学年高二第二学期期中考试数学试卷（平行班）（含解析）

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命题人：潘干 审阅人：行凯歌
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. 已知函数，则（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】C
【解析】
【详解】因为，所以
2. 设随机变量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过二项分布的期望，方差公式求解.
【详解】因为随机变量，所以，
解得，所以，
所以.
3. 的展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】的展开式中含的项为，
所以所求系数为.
4. 清明将至，为倡导文明祭祀，筑牢防火安全防线，4名青年志愿者到3个社区参加“绿色清明”公益宣讲活动，要求每名志愿者只能选择一个社区，每个社区至少要有一名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A. 24种B. 36种C. 64种D. 72种
【答案】B
【解析】
【分析】根据分组分配问题解法，先分组再分配即可求解．
【详解】根据题意，将4名青年志愿者分为三组，共有种情况，再分配到3个社区，共有种情况，
所以共有种不同情况．
5. 若函数的导函数为，且，则（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出，结合求解即可.
【详解】由，得，
由，得，解得.
6. 某知识过关题库中有三种难度的题目数分别为，其中小明完成型题目的正确率分别为，小明从该题库中任选一道题完成，做对的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设小明选道类试题为事件，
小明选道类试题为事件，小明选道类试题为事件，
设小明答对试题为事件，则，
，，
，，，
故，故C正确.
7. 若事件满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对立事件的概率公式，可得，根据概率的加法公式，可得，结合全概率公式及条件概率公式，代入求解，即可得答案.
【详解】由，得，
又，
所以，
由，得，
所以.
8. 甲、乙两人分别从10个不同的数中随机选择若干个数（也可以不选），分别构成集合，记中元素的个数为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用分步乘法原理得出任一选择方案发生的概率，甲、乙两人的选择中没有相同的数为，可能的选择方案数，进而求出概率即可.
【详解】把甲和乙的选择合称为一个选择方案．因为甲、乙两人随机选择其中的若干个数，
所以每个数被选中还是没被选中的概率均为．
设甲选中的数的个数为，则没被选中的数的个数为，
所以甲的这一选择发生的概率．
同理，乙的某一种选择发生的概率，所以任一选择方案发生的概率．
若甲、乙两人的选择中没有相同的数，设甲、乙两人选择的数的个数一共为，
则可能的选择方案数为，
当分别取时，根据分类加法计数原理，所有可能的选择方案数，
则甲、乙两人的选择中没有相同的数的概率，
所以．
故选：D．
关键点点睛：解题的关键点是，应用二项式定理的逆用即可求和.
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 设，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【详解】令，得，故A正确；
的展开式中，，
，，
，故B正确；
令，得，令，得，
，
又，
，故C错误，D正确．
10. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果.从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 第10行所有数字之和为
C. 第2026行的第1013个数最大
D. 第15行中从左到右第4个数与倒数第4个数之比为1:3
【答案】AB
【解析】
【分析】由组合数的性质计算可判断A；由杨辉三角的每行系数和性质可判断B；由杨辉三角图可知，第行有个数字，每行最中间项的系数最大可判断C；根据可判断D.
【详解】对于，故A正确；
对于B，由杨辉三角的每行系数和性质可知，
第0行所有数字之和为，第1行所有数字之和为，
第2行所有数字之和为，第3行所有数字之和为，
第4行所有数字之和为，以此类推，第10行所有数字之和为，故B正确；
对于C，由杨辉三角图可知，第行有个数字，
如果是奇数，则第和第个数字最大，且这两个数字一样大；
如果是偶数，则第个数字最大，故第2026行的第个数最大，故C错误；
对于D，由题意，第15行，第4个数为，
倒数第4个数为，即，故D错误.
故选：AB.
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 曲线在处的切线方程为
B. 函数的值域是
C. 若点P是曲线上的动点，则点P到直线距离的最小值为
D. 若过点至少可以作曲线的三条切线，则
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，利用导数的几何意义求出切线方程；对于B，利用导数判断函数的单调性，从而求出的值域；对于C，当在点P处的切线与直线平行时，点P到直线的距离最小，求出点P坐标，用点到直线距离公式求出最值；对于D，设切点坐标，写出切线方程，将点的坐标代入切线方程，构造函数，，利用导数分析该函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】函数的定义域为，，
对于A，因为，且，
所以曲线在处的切线方程为，故A错误；
对于B，当时，，函数的单调递增，
当时，，函数的单调递减，
所以的最大值为，又当时，；当时，，
所以函数的值域是，故B正确；
对于C，当曲线在点P处的切线与直线平行时，点P到直线的距离最小，
设点Px0,x0ex0，则f'x0=1−x0ex0=1 ，整理得ex0+x0−1=0 ，
因为y=ex+x−1 在上单调递增，所以ex0+x0−1=0 有唯一解，此时，
点P到直线的距离d=0−0+11+1=22，故C正确；
对于D，设过点的切线切点为，则切线斜率为，
故曲线在点处的切线方程为，
将点的坐标代入切线方程得a−tet=1−tet0−t，可得，
令，，则g't=2tet−t2etet2=2t−t2et，
令，解得或，所以函数的单调递减区间为、，
令，解得，所以函数的单调递增区间为，
故函数的极小值为，极大值为，
又当时， ；当时，，
作出函数的图象如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有三个交点，
即若过点至少可以作曲线的三条切线，则，故D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 5名学生进行拍照，其中A不站在两边，B站在最中间，则不同的排法种数为______.
【答案】12
【解析】
【分析】先安排，，再安排其他3个人，得到答案
【详解】A有两个位置可以选择，有一个位置可以选择，除了A和B，其他3个人有种选择，
故不同的排法种数为.
13. 对于数字的结果可借助二项式的展开式进行计算，由此请写出的后三位数为______.
【答案】
【解析】
【分析】将转化为，利用二项式定理展开，分析展开式中会对百位、十位、个位产生影响的项，当时，必为的倍数，则只需要考虑当的情况进行求解.
【详解】由题意可知，
，
当时，必为的倍数，
所以只需要考虑当的情况，
首先考虑，此时该项为，
由于的末位为0，
所以的末三位均为0，
依然不会对结果的百位、十位、个位产生影响，
故只需考虑的情况.
当时，，
当时，，
所以将这两项相加得到，取后三位即.
故答案为：.
14. 若对任意的，恒有，则实数的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】首先对不等式进行移项，将含的部分合并得到，观察到两边可以统一为函数，利用其单调性将问题转化为在上恒成立，进而通过求的最大值得到参数范围.
【详解】不等式可化为.
令，则，所以.
设，则，所以单调递增.
又，，
则等价于，即在上恒成立，
也即在上恒成立.
令，则，
令，则，解得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
要使在上恒成立，只需.
所以实数的取值范围为.
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. 已知函数在时取得极大值4.
（1）求实数a，b的值；
（2）求函数在区间上的最值.
【答案】（1）；
（2）最大值为4，,最小值为0.
【解析】
【分析】（1）先求导，根据，解方程组求出a，b的值；
（2）根据函数在区间上的单调性，分别求出极值和端点值，再比较得出最大值和最小值.
【小问1详解】
，由题意得，解得.
此时，，
当时，，所以在单调递增，
当时，，所以在单调递减，
当时，，所以在单调递增，
所以在时取得极大值.
所以.
【小问2详解】
由（1）可知，在单调递增，在单调递减，在单调递增.
又因为，，，，
所以函数在区间上的最大值为4，,最小值为0.
16. 若的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比为.
（1）求展开式中各项的系数和与各项的二项式系数和的比值；
（2）求展开式中所有的有理项；
（3）求展开式中系数最大的项.
【答案】（1）
（2）.
（3）第4项和第5项
【解析】
【分析】（1）先根据题意求出的值，再求出展开式中各项的系数和与各项的二项式系数和即可；
（2）求出展开式的通项公式求解，令为整数即可；
（3）设展开式中第项的系数最大，列出不等式求出结果.
【小问1详解】
由题，可得，即，即，又，所以，
令，得，故系数和为，各项的二项式系数和为，
故展开式中各项的系数和与各项的二项式系数和的比值为.
【小问2详解】
因展开式的通项公式为，，
当时，为整数，即，，，
所以展开式的有理项为.
【小问3详解】
因为展开式的通项公式为，，
设展开式中第项的系数最大，则，
即，解得或，
故展开式的第4项和第5项的系数最大，
又，，
所以展开式系数最大的项为第4项和第5项.
17. 中华文化源远流长，为了让青少年更好地了解中国的传统文化，某培训中心计划利用暑期开设“围棋”、“武术”、“书法”、“剪纸”、“京剧”、“刺绣”六门体验课程．
（1）若体验课连续开设六周，每周一门，求“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的所有排法种数；
（2）现有甲、乙、丙三名学生报名参加暑期的体验课程，每人都选两门课程，甲和乙仅有一门共同的课程，丙和甲、乙的课程都不同，求所有选课的种数；
（3）计划安排A、B、C三名教师教这六门课程，每门课程只由一名教师任教，每名教师至少任教一门课程，求所有课程安排的种数．
【答案】（1）480 （2）360
（3）540
【解析】
【分析】（1）采用插空法，先排其余四科，再插空；
（2）特殊的先排，再用分步乘法；
（3）先分组后分配.
【小问1详解】
第一步，先将另外四门课排好，有种情况；
第二步，将“京剧”和“剪纸”课程分别插入5个空隙中，有种情况；
所以“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的排法有种；
【小问2详解】
第一步，先将甲和乙的不同课程排好，有种情况；
第二步，将甲和乙的相同课程排好，有种情况；
第三步，因为丙和甲、乙的课程都不同，所以丙的排法种情况；
因此，所有选课种数为.
【小问3详解】
①将6个科目分成1、1、4三组，然后分给三名教师：种情况；
②将6个科目分成1、2、3三组，然后分给三名教师：种情况；
③将6个科目分成2、2、2三组，然后分给三名教师：种情况；
综上，所有的课程安排共有种情况.
18. 教育部最新文件指出，要确保中小学生每天校内校外综合体育活动时间不少于2小时．为了提升学生体质，养成运动习惯，某中学对学生进行了周末两天运动时长的问卷调查，将运动时长不少于4小时的学生视为“运动达标”，运动时长不足4小时的学生视为“运动不达标”．现随机抽取200名学生的问卷，获得数据如下表：
用频率估计概率．
（1）从该校的男生中任选两人，求这两人均为“运动不达标”的概率；
（2）从该校男生和女生中各随机抽取一人，设为“运动达标”的人数，求的分布列和数学期望；
（3）从该校随机抽取20名学生，记其中“运动达标”的人数为．求使概率取得最大值时的的值．（直接写出结论）
【答案】（1）
（2）的分布列为
数学期望
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率估计概率，再由独立事件的乘法公式即可求解；
（2）先算出男生和女生中各随机抽取一人“运动达标”的概率，确定随机变量的可能取值并计算概率，进而得出分布列及数学期望；
（3）先确定服从的二项分布，由二项分布的性质确定概率最大时的值.
【小问1详解】
由题意，可估计从该校的男生中任选一人，“运动不达标”的概率为，
设“从该校的男生中任选两人，这两人均为运动不达标”为事件，
则；
【小问2详解】
由表可知，从男生中抽取一人“运动达标” 的概率为，
从女生中抽取一人“运动达标” 的概率为，
随机变量的可能取值为，
，
，
，
所以的分布列为
数学期望.
【小问3详解】
由题意知从该校随机抽取一名学生，“运动达标”的概率为，
服从二项分布，
则要使得使概率取得最大值需且，
则且，
解得，
为整数，所以，
使概率取得最大值时的值为.
19. 已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）若有且仅有1个零点，求的值；
（3）若存在，使得对任意恒成立，证明：．
【答案】（1）的单调递增区间为 ，单调递减区间为.
（2）
（3）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）先求定义域，再对函数求导，利用导数即可得到单调区间；
（2）由有且仅有1个零点，分离参数得到有且仅有1个解，令， 利用导数得到的单调性和最小值，所以.
（3）由对任意恒成立，得到，则只需证明即可，利用导数得到最大值为.因此，再令，得到 时取得最大值，因此，即，故得证.
【小问1详解】
当时，，定义域为，
求导得到，
令，则当时，
所以在内单调递减，且，
即在内单调递减，且，
所以当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
综上所述，单调递增区间为 ，单调递减区间为.
【小问2详解】
因为有且仅有1个零点，
所以方程有且仅有1个解，
即有且仅有1个解，
令， ，
则，
令，则，
所以在区间 上单调递增，
又因为 ，
所以当 时，，即，单调递减；
当 时，，即，单调递增；
所以函数在处取得极小值也是最小值，
当时，，时，，
因为有且仅有1个解，
所以.
【小问3详解】
因为对任意恒成立，
所以，即，
因此，
要证，只需证明即可，
对函数求导得到，
令，则，
所以在区间单调递减，
即在区间单调递减，
存在唯一极大值点，满足，即，
在内函数单调递增，
内函数单调递减，
所以当时取得极大值也是最大值
.
因此，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在时取得最大值，
因此，
所以，所以，
故得证.
男生（人）
女生（人）
合计（人）
运动达标
80
40
120
运动不达标
20
60
80
合计
100
100
200