福建福州市福清第二中学2025-2026学年高二下学期期中适应性练习数学试题含答案

这是一份福建福州市福清第二中学2025-2026学年高二下学期期中适应性练习数学试题含答案，共3页。试卷主要包含了 的展开式中的系数为等内容，欢迎下载使用。
2026.4.
一、单项选择题：本大题共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. 设为可导函数，且满足，则曲线在点处的切线的斜率是（ ）
A. B. C. D.
2. 由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ）
A. 48个B. 52个C. 60个D. 120个
3. 如图所示为的图象，则函数的单调递减区间是（ ）
A. B.
C. D.
4. 为了践行习近平总书记“绿水青山就是金山银山”的理念，3月12日这天高二年级1至6班共6个班级决定去3个不同林场植树，若要求每组2个班，且1班2班在同一组，则符合条件的不同方法数是（ ）
A. 48B. 36C. 18D. 12
5. 的展开式中的系数为（ ）
A. 12B. 40C. 60D. 100
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C元件的概率为0.2，需要更换D元件的概率为0.1，则在某次通电后有且只有一个需要更换的条件下，C需要更换的概率是（ ）
A. B. C. D.
7. 中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设，，（）为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.若，，则的值可以是（ ）
A. 2024B. 2025C. 2026D. 2027
8. 函数的两个极值点，满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.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. 已知离散型随机变量的分布列如下所示，则（ ）
A. B. C. D.
10. 已知函数是定义域上的偶函数，当时，且，下列选项正确的是（ ）
A. 函数有两个零点
B. 函数的极值点
C. 函数的解集为
D. 函数的解集为
11. “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.如图所示，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，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（ ）
A. 在“杨辉三角”第10行中，从左到右第8个数是120
B. 由“第行所有数之和为”猜想：
C. 在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字
D. 在“杨辉三角”中，当时，从第3行起，每一行的第3列的数字之和为220
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.
12. 已知，则_____．
13. 某人外出出差，委托邻居给家里植物浇一次水，设不浇水，植物枯萎的概率为0.8，浇水，植物枯萎的概率为0.1.邻居记得浇水的概率为0.9.如果该人回来植物没有枯萎，则邻居浇水的概率为_____.
14. 已知函数，，若，且，则的最大值为______.
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. 尚德中学某班级6个学生在活动中拍照，其中男女生各3个.
（1）6人要求站两排，女生站前排，有多少种排法；（列式并用数字作答）
（2）6人要求站一排，男生不相邻，有多少种排法；（列式并用数字作答）
（3）6人要求站一排，3名男生中有且只有甲乙两个男生相邻；（列式并用数字作答）
16. 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.
17. 已知二项式（且为常数）的展开式中第7项是常数.
（1）求的值；
（2）若该二项式展开式中各项系数之和为1024，求展开式中的系数.
（3）在（2）题的条件下，求系数的绝对值最大的项是第几项.
18. 改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：
（Ⅰ）从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率； （Ⅱ）从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，求X的分布列和数学期望；
（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由．
19. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若任意满足，求的取值范围.
（3）若在时存在，且，证明：
2025~2026学年第二学期期中适应性练习
高二数学试卷
2026.4.
一、单项选择题：本大题共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. 设为可导函数，且满足，则曲线在点处的切线的斜率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，化简得到，即，结合导数的几何意义，即可求得曲线在点处的切线的斜率，得到答案.
【详解】由，
所以，即，
所以曲线在点处的切线的斜率是.
故选：A.
2. 由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ）
A. 48个B. 52个C. 60个D. 120个
【答案】B
【解析】
【分析】根据分类加法和分步乘法计数原理，分类讨论，求出结果.
【详解】由题意可知，分为两种情况：
情况一：个位是0，则有不同的结果个；
情况二：个位不是0，则有不同结果个；
所以共有个；
故选：B.
3. 如图所示为的图象，则函数的单调递减区间是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据导数与单调性关系确定．
【详解】由导函数图象，知或时，，∴的减区间是，．
故选：C．
【点睛】本题考查导函数与单调性的关系，一般由确定增区间，由确定减区间．
4. 为了践行习近平总书记“绿水青山就是金山银山”的理念，3月12日这天高二年级1至6班共6个班级决定去3个不同林场植树，若要求每组2个班，且1班2班在同一组，则符合条件的不同方法数是（ ）
A. 48B. 36C. 18D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】平均分成三组，再全排列即可求解.
【详解】由题意需将6个班级先平均分为3组，且1班2班在同一组，有，
再分配到3个林场，共种方法，
故选：C.
5. 的展开式中的系数为（ ）
A. 12B. 40C. 60D. 100
【答案】C
【解析】
【分析】由，再写出展开式的通项，利用通项计算可得.
【详解】因为，
其中展开式的通项为（），
所以的展开式中含的项为，
所以展开式中的系数为.
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C元件的概率为0.2，需要更换D元件的概率为0.1，则在某次通电后有且只有一个需要更换的条件下，C需要更换的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】记事件E：在某次通电后有且只有一个需要更换，事件F：C需要更换，
则，，
由条件概率公式可得.
7. 中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设，，（）为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.若，，则的值可以是（ ）
A. 2024B. 2025C. 2026D. 2027
【答案】A
【解析】
【分析】依题意可得，利用二项式定理说明被8除得的余数为0，即可判断.
【详解】因为，
所以
=1+220=320=910=8+110=C100×810+C101×89+⋅⋅⋅+C109×8+1 ，
所以a=C100×810+C101×89+⋅⋅⋅+C109×8=8C100×89+C101×88+⋅⋅⋅+C109，
即被8除得的余数为0，结合选项可知只有2024被8除得的余数为0.
8. 函数的两个极值点，满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知函数求导，令可得，代入极值点后两式作商，可得到的关系，作商得到的结果指对互换，便可解出，进而可得2x2−x1=2t−1ln tt−1，通过构造新的函数并求导，求得最大值即可.
【详解】由，得，
令，则，
因为函数有两个极值点，，
所以①，②，得③，
设，则且，代入③得，，
∴，
设，则，
设，
则h't=4t−4−lnt,10 ，所以在单调递增，所以，
∴在单调递增，∴，
从而，∴在单调递增，∴，∴，
故的最大值为.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.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. 已知离散型随机变量的分布列如下所示，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】先利用分布列的性质求得，进而求得，从而得解.
【详解】对于A，由分布列的性质可得，解得，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数是定义域上的偶函数，当时，且，下列选项正确的是（ ）
A. 函数有两个零点
B. 函数的极值点
C. 函数的解集为
D. 函数的解集为
【答案】AC
【解析】
【分析】构造函数，利用导数法判断其单调性，然后结合单调性画出图象，结合图象根据零点的定义判断A；根据极值点的概念判断B，数形结合利用符号法解不等式判断CD.
【详解】构造函数，则，
当时，，∴在单调递增.
因为函数是定义域上的偶函数，所以为奇函数，
又，则， 所以，
由奇函数性质可知在单调递增，如图所示，
fx=0⇔xgx=0⇔gx=0,x≠0 ，
所以，所以函数有两个零点， A正确，
当时，且，所以1×f'1−f1=f'1>0 ，
则不是函数的极值点，B错误；
等价于，结合图象可知解集为，C正确；
y=fx0g(x)=f(x)x2，利用导数求最值即可.
【详解】，时，，单调递增，
又f1=e−12，所以，
又，所以，
由，有，即，
又，，在上单调递增，所以，
即，所以lnt−ln2x2−x1=lnt−ln2ex1−x1=lnt2tt>2，
令ht=lnt2tt>2，则h't=1−lnt2t2，
当t∈2,2e时，，单调递增，
当t∈2e,+∞时，，单调递减，
所以htmax=h2e=12e，即，即，
所以的最大值为.
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. 尚德中学某班级6个学生在活动中拍照，其中男女生各3个.
（1）6人要求站两排，女生站前排，有多少种排法；（列式并用数字作答）
（2）6人要求站一排，男生不相邻，有多少种排法；（列式并用数字作答）
（3）6人要求站一排，3名男生中有且只有甲乙两个男生相邻；（列式并用数字作答）
【答案】（1）36 （2）144
（3）144
【解析】
【分析】（1）使用排列数求解；
（2）使用插空法求解；
（3）使用捆绑法和插空法求解.
【小问1详解】
根据题意，3名女生站前排有种，3名男生站后排有种，根据分步计数原理可得A33A33=6×6=36 种排法.
【小问2详解】
6名学生站一排，男生不相邻，先排女生有种，有4个空位再排3名男生，有种，根据分步计数原理可得A33A43=6×24=144 种排法.
【小问3详解】
根据题意，先排3个女生种，再把甲乙捆绑和另外一个男生插入4个空位有种，根据分步计数原理可得A33A42A22=144 种排法.
16. 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
【解析】
【分析】（1）依题意有，据此求解即可；
（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】
由题可知，，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．
17. 已知二项式（且为常数）的展开式中第7项是常数.
（1）求的值；
（2）若该二项式展开式中各项系数之和为1024，求展开式中的系数.
（3）在（2）题的条件下，求系数的绝对值最大的项是第几项.
【答案】（1）
（2）405 （3）第9项
【解析】
【分析】（1）先应用二项式展开式通项公式计算得出参数；
（2）先应用赋值法计算得出，再应用二项式展开式通项公式计算即可；
（3）应用不等式法列式计算得出系数的绝对值最大.
【小问1详解】
二项式的展开式中第7项为
，
由题意得，解得；
【小问2详解】
令，得1+a10=1024=210，所以或，
解得，或（舍去）
该二项式展开式通项为Tr+1=C10rx10−r2⋅−3rx−r3=−3rC10rx30−5r6，
令，解得，
故展开式中的系数为.
【小问3详解】
设第r+1项系数的绝对值最大.
因为Tr+1=−3rC10rx30−5r6，
∴3rC10r≥3r−1C10r−13rC10r≥3r+1C10r+1，
3r10!r!10−r!≥3r−110!r−1!11−r!3r10!r!10−r!≥3r+110!r+1!9−r!，
所以3≥r11−r13≥10−rr+1，
解得，
∵r为整数，∴，
即第9项系数的绝对值最大.
18. 改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：
（Ⅰ）从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率； （Ⅱ）从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，求X的分布列和数学期望；
（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由．
【答案】(Ⅰ) ；
(Ⅱ)见解析；
(Ⅲ)见解析.
【解析】
【分析】(Ⅰ)由题意利用古典概型计算公式可得满足题意的概率值；
(Ⅱ)首先确定X可能的取值，然后求得相应的概率值可得分布列，最后求解数学期望即可.
(Ⅲ)由题意结合概率的定义给出结论即可.
【详解】(Ⅰ)由题意可知，两种支付方式都是用的人数为：人，则：
该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率.
(Ⅱ)由题意可知，
仅使用A支付方法的学生中，金额不大于1000的人数占，金额大于1000的人数占，
仅使用B支付方法的学生中，金额不大于1000的人数占，金额大于1000的人数占，
且X可能的取值为0,1,2.
，，，
X的分布列为：
其数学期望：.
(Ⅲ)我们不认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化.理由如下：
随机事件在一次随机实验中是否发生是随机的，是不能预知的，随着试验次数的增多，频率越来越稳定于概率．
学校是一个相对消费稳定的地方，每个学生根据自己的实际情况每个月的消费应该相对固定，出现题中这种现象可能是发生了“小概率事件”.
（答案不唯一，小概率事件发生也可认为是人数发生了变化）
【点睛】本题以支付方式相关调查来设置问题，考查概率统计在生活中的应用，考查概率的定义和分布列的应用，使学生体会到数学与现实生活息息相关.
19. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若任意满足，求的取值范围.
（3）若在时存在，且，证明：
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和最值，可知可得，构建函数解不等式即可；
解法二：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和最值，可知可得，，构造函数与，结合图象解不等式；
解法三：设，求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和最值，计算求解.
（3）构建函数，证明，即可得证明
【小问1详解】
当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
【小问2详解】
解法一：因为的定义域为，且，
①若，则对任意恒成立，
可知在上单调递增，值域为，故不满足题意.
②若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，所以，
因为任意满足，
所以在恒成立，即在恒成立.
构建，，则，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以的取值范围为；
解法二：
因为的定义域为，且，
①若，则对任意恒成立，
可知在上单调递增，值域为，故不满足题意.
②若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，所以，
因为任意满足，
所以在恒成立，即在恒成立.
，构造函数h(x)=lnx 与，画图易知，
所以的取值范围为.
解法三：任意满足，得到，
即在上恒成立.
设，且，
①若，则对任意恒成立，
可知在上单调递增，值域为，无最小值，故不满足题意.
②若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，所以，
因为任意满足在上恒成立.∴
所以在恒成立.
构建，，则，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以的取值范围为；
【小问3详解】
设，.
则F(x)=(ex−ax−a)−(e2lna−x−a(2lna−x)−a)=ex−a2e−x−2ax+2alna
.
∵，当且仅当时，即时取等号成立.
又因为，所以，即在上单调递增.
当时，，即.
令，则.
∵，∴，
∵，∴
由（2）可知在上单调递增，∴，即.
1
3
交付金额(元)
支付方式
(0,1000]
(1000,2000]
大于2000
仅使用A
18人
9人
3人
仅使用B
10人
14人
1人
1
3
交付金额(元)
支付方式
(0,1000]
(1000,2000]
大于2000
仅使用A
18人
9人
3人
仅使用B
10人
14人
1人
X
0
1
2