2026淮南二中等校高二下学期期中学业试题数学含解析

这是一份2026淮南二中等校高二下学期期中学业试题数学含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若函数在处可导，且，则（ ）.
A. B. C. 1D. 3
【答案】B
【解析】
【详解】
2. 某合唱队有男队员15人，女队员20人，现需从中选出一名同学担任指挥，则不同的选法共有（ ）.
A. 15种B. 20种C. 35种D. 300种
【答案】C
【解析】
【详解】选一名指挥，可以从15名男队员中选，有15种选法；
也可以从20名女队员中选，有20种选法.
根据分类加法计数原理，总选法数为种.
3. 对于事件A和B，，，，则（ ）.
A. 0.3B. 0.48C. 0.5D. 0.6
【答案】D
【解析】
【详解】因为，， 所以，解得.
又，所以.
4. 射击中每次击中目标得2分，未击中目标得0分，已知某运动员每次射击击中目标的概率是0.7，假设每次射击击中目标与否互不影响，则他射击3次的得分的数学期望是（ ）.
A. 0.63B. 1.4C. 2.1D. 4.2
【答案】D
【解析】
【分析】确定射击3次击中目标的次数服从二项分布，再根据期望的性质计算得分的数学期望.
【详解】由题意可知，射击3次击中次数X的可能取值为0，1，2，3，每次射击击中目标的概率是0.7，且每次射击击中目标与否互不影响，
所以，射击3次击中目标的次数为，，
设得分为，则，所以.
5. 若函数有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（ ）.
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】函数有两个不同的零点，即方程有两个不同的实数根.
当时，，只有一个零点，不符合题意，所以.
当时，方程等价于.
令，则问题转化为直线与函数的图象有两个不同的交点.
求导得：.令，得.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以在处取得极大值.当时，；当时，.函数的图象大致如下：
由图象可知，当直线与函数的图象有两个不同的交点时，
需满足.
当时，直线与图象只有一个交点；
当时，直线与图象最多一个交点；
当时，直线与图象无交点.
故实数的取值范围为.
6. 现将3名人工智能课程教师，3名编程竞赛教练，4名创客空间导师全部分配到三所不同的中学中，要求每所中学都要有这三类教师，则不同的安排种数为（ ）.
A. 864B. 1296C. 2592D. 5184
【答案】B
【解析】
【详解】求不同的安排种数需要分成3步，先把4名创客空间导师按分成3组，
并分配到三所学校，有种方法，再把3名人工智能课程教师分配到三所学校，
有种方法，最后把3名编程竞赛教练分配到三所学校，有种方法，
由分步乘法计数原理得不同的安排种数为.
7. 春天来了，万物复苏，校园楼下的花坛里种了不同颜色的花.如图，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则不同的栽种方案数有（ ）.
A. 240种B. 360种C. 420种D. 720种
【答案】C
【解析】
【详解】把图中的区域分别标上A，B，C，D，E，
用三种颜色：区域和相同，（种），
用四种颜色：区域或相同，共有2种，再选取四种颜色，
及（种），
用五种颜色：（种）.一共有（种）.
8. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题正确的是（ ）.
A. 第2026行中第1012个数和第1014个数相等
B.
C. 记第20，21行数字的最大值分别为a，b，则
D. 第7行的第8个数、第8行的第8个数、第9行的第8个数及第10行的第8个数之和等于第11行的第9个数
【答案】D
【解析】
【分析】按照题目中的编号方式，第行的第个数可表示为，据此分别判断四个选项即可.
【详解】对于A，因“杨辉三角”的第2026行中第1012个数和第1014个数分别为和，
因，故，故A错误；
对于B，因，…
，
则，故B错误；
对于C，第20行数字的最大值为，第21行数字的最大值为，
所以，C错误；
对于D，因，而，故D正确.
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 下列说法正确的是（ ）.
A. 已知随机变量，则
B. 设随机变量X等可能取1，2，3，⋯，10，则
C. 设随机变量X服从两点分布，若，则成功概率
D. 若随机变量的概率分布为且a是常数，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用二项分布的期望公式求解； 对于B，利用古典概型求概率；对于C，利用两点分布的性质求解；对于D，利用 结合题中的概率分布求解.
【详解】对于A，因，则，
故，故A正确；
对于B，因，包含1，2，3，4，5五种情况，则，故B错误；
对于C，随机变量X服从两点分布，则，
又，解得，故C正确；
对于D，依题意，，解得，故D正确.
10. 下列各项中，正确的是（ ）.
A.
B.
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由组合数计算公式、组合数性质、排列数计算公式逐项判断即可.
【详解】对于选项A，因为，A正确；
对于选项B，根据组合数性质知道，B错误；
对于选项C，，，
因此，C正确；
对于选项D，全班n个男生n个女生，选取n个人留下来搞卫生，
左边是从性别的角度考虑，用分类加法得，
所以.D正确.
11. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3，4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，只有主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率，现在已知甲选择了1号箱，用表示号箱有奖品，用表示主持人打开号箱子，下列结论正确的是（ ）.
A.
B. 主持人打开3号箱的概率
C. 若，且甲更改选择，则他获奖的概率为
D. 若，甲改选2号箱比改选4号箱的中奖概率更大
【答案】BC
【解析】
【详解】对于A，奖品在号箱里，主持人可打开号箱，故，故A错误；
对于B，奖品在号箱里，主持人可打开号箱，故，
奖品在号箱里，主持人只能打开号箱，故，
奖品在号箱里，主持人打开号箱的概率为，故，
奖品在号箱里，主持人只能打开号箱，故，
由全概率公式可得：，故B正确；
对于C、D，
（1）若甲不更改选择时，由贝叶斯公式计算
.
从而.
（2）当甲更改选择时
①若甲改选号箱，甲中奖的概率为，
②若甲改选号箱，甲中奖的概率为，
③若甲改选号箱，甲中奖的概率为，
因此甲更改选择，获奖的概率为，故C正确；
而，即甲改选号箱与改选号箱的中奖概率一样，故D错误.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则______.
【答案】34
【解析】
【分析】令得，再分别令和，并将两式求和得，再结合即可得答案.
【详解】令得，
令得，
得，
两式相加得，
所以，
所以.
13. 是函数与的公切线，则______.
【答案】
【解析】
【分析】设切点坐标，由导数的几何意义进行求解．
【详解】设的切点为，
∴，∴，
∴切点为，
∴，
设的切点为，
由，得，
得切点为，则，
得，
∴.
14. 已知关于x的方程在上有解，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用平方和形式的几何意义，将代数最值问题转化为原点到动直线的距离问题，再通过点到直线距离公式将问题转化为单变量函数的最值问题，最后结合导数分析函数单调性，求出最小值．
【详解】可以看成到的距离，
方程可以看成直线，
所以，
设，则，令，
求导得，
函数在上严格单调递增，当时，，
当时，，则存在，使得，
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增，
因此函数在处取得最小值，
由，得，整理得：，
令，求导得，函数在上单调递增，
由，得，
则，
所以．
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. 某企业开展内部知识竞赛，参赛的员工需要从8道题中随机抽取3道来回答.竞赛规则规定：每题回答正确得6分，回答不正确得分.
（1）已知甲员工每题回答正确的概率均为0.6，且各题回答正确与否之间没有影响，记甲答对的题目个数为X，求X的期望和方差；
（2）已知员工乙能正确回答8道题中的5道，记乙的总得分为Y，求Y的分布列.
【答案】（1），
（2）Y的分布列为：
【解析】
【小问1详解】
设甲答对题目的数目为X，则，
可得，．
【小问2详解】
设乙答对的题目数为Z，可知Z的可能取值为0，1，2，3．
则，所以Y的可能取值为，2，10，18．
；；
；．
所以Y的分布列为：
16. 已知的展开式中共有10项.
（1）求展开式中的系数；
（2）当时，求被4整除的余数.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
二项式 展开式有 项，由题意: .
展开式的通项公式为，其中.
令，解得.
将代入通项，得的系数为.
【小问2详解】
当时，

其中
所以当时，被4整除的余数为3.
17. 已知函数.
（1）讨论的单调区间；
（2）当时，求函数在上的最小值.
【答案】（1）当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时在，上单调递增，在上单调递减.
（2）时，；
时，.
【解析】
【分析】（1）求导，分，，，根据导数讨论求解即可；
（2）结合（1），根据函数单调性，分，讨论求解即可.
【小问1详解】
易得定义域为.
当时，.
，，
则在上单调递增，在上单调递减，
当时，.
ⅰ.若时，，，，
则在上递增，在上递减.
ⅱ.若时，令或.
当，
此时或，，
则在，上单调递增，在上单调递减，
当，此时在上单调递增，
当，此时或，
，
则在，上单调递增，在上单调递减.
综上可得：当时，在上递增，在上递减，
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在R上单调递增；
当时在，上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
由（1）分析可得，
若，则在上单调递减，
；
若，则在上单调递减，在上单调递增，
则此时；
综上可得：时，；
时，.
18. 亳州百草园为了让游客有更好的游玩体验，特推出代步自行车租用服务已知有脚踏自行车与电动自行车两种车型，采用分段计费的方式租用.型车每分钟收费元（不足分钟的部分按分钟计算），型车每分钟收费元（不足分钟的部分按分钟计算），现有甲、乙、丙、丁四人，分别相互独立地到租车点租车骑行（各租一车一次），设甲、乙、丙、丁不超过分钟还车的概率分别为、、、，并且四个人每人租车都不会超过分钟，甲、乙、丙均租用型车，丁租用型车.
（1）求甲、乙、丙、丁四人所付的费用之和为元的概率；
（2）求甲、乙、丙三人所付的费用之和等于丁所付的费用的概率；
（3）设甲、乙、丙、丁四人所付费用之和为随机变量，求的概率分布列.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分析可知人均不超过分钟，利用独立事件的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）分析可知丁还车超过分钟且不超过分钟，则所付的费用为元，甲、乙、丙三人有一人还车超过分钟且不超过分钟，另外两个人还车都不超过分钟，利用独立事件和互斥事件的概率公式求解即可；
（3）对每个人的停车事件进行分类讨论，确定每种情况下的取值，并求其概率，可得出随机变量的分布列.
【小问1详解】
记“甲、乙、丙、丁四人所付的费用之和为元”为事件，即人均不超过分钟，
则PA=45×34×23×13=215.
【小问2详解】
由题意，甲、乙、丙、丁在分钟以上且不超过分钟还车的概率分别为、、、，
设“甲、乙、丙三人所付费用之和等于丁所付费用”为事件，
由题意可知，丁还车超过分钟且不超过分钟，则丁所付的费用为元，
甲、乙、丙三人有一人还车超过分钟且不超过分钟，另外两个人还车都不超过分钟，
则PB=15×34×23×23+45×14×23×23+45×34×13×23=1345.
【小问3详解】
①若“人均不超过分钟”此时随机变量的值为，即为事件，
由（1）知PA=215.
②记“人中仅有一人超过分钟”为事件，
事件又分成两种情况“超过分钟的这一人是甲、乙、丙中的一个”和“超过分钟的这一人是丁”，
分别将上述两种情况记为事件和.
ⅰ.事件对应的的值为，
此时PC1=15×34×23×13+45×14×23×13+45×34×13×13=26180=1390.
ⅱ.事件对应的的值为，此时PC2=45×34×23×23=48180=415.
③记“人中仅有两人超过分钟”为事件，
事件又分成两种情况“超过分钟的两人是甲、乙、丙中的两个”和“超过分钟的两人是甲、乙、丙中的一个和丁”，
分别将上述两种情况记为事件和.
ⅰ.事件对应的的值为，
此时PD1=15×14×23×13+15×34×13×13+45×14×13×13=9180=120.
ⅱ.事件对应的的值为，
此时PD2=15×34×23×23+45×14×23×23+45×34×13×23=52180=1345.
④记“人中仅有三人超过分钟”为事件，
事件又分成两种情况“超过分钟的三人是甲、乙、丙”和“超过分钟的三人是甲、乙、丙中的两个和丁”，
分别将上述两种情况记为事件和.
ⅰ.事件对应的的值为，此时PE1=15×14×13×13=1180.
ⅱ.事件对应的的值为，
此时PE2=15×14×23×23+15×34×13×23+45×14×13×23=18180=110.
⑤记“人均超过分钟”为事件，则随机变量的值为，
此时PF=15×14×13×23=2180=190.
综上：随机变量的所有取值为、、、、、，
且Pξ=50=PA=215，Pξ=60=PC1=1390，
Pξ=70=PC2+PD1=415+120=1960，
Pξ=80=PD2+PE1=1345+1180=53180，
Pξ=90=PE2=110，Pξ=100=PF=190，
所以甲、乙、丙、丁四人所付费用之和的分布列为
19. 设，（其中为的导函数）.
（1）证明：将A中元素适当排序后能构成等差数列；
（2）设，求的最小值；
（3）设，，试比较与的大小，并说明理由
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）先求，再将化为辅助角形式，即可得到临界点的通项；
（2）对求导，确定唯一极小值点，再代回求最小值；
（3）令，把化为第（2）问中的函数值，再由条件推出其恒正.
【小问1详解】
设，且，则
从而
由得
即于是
所以将中元素从小到大排列后得到等差数列，其首项为，公差为.
【小问2详解】
令，得
因为，且，所以，
又当时，；当时，，
故在处取得最小值.
于是.
【小问3详解】
由（1）可设
因为，所以
进而
故
于是
由（2）知， 的最小值为
又由条件，得
从而
因此对任意，都有
即
由于，故Y
-6
2
10
18
P
Y
-6
2
10
18
P
P
P