福建福州市八县市协作校2025-2026学年高二下学期期中联考数学试题含答案

这是一份福建福州市八县市协作校2025-2026学年高二下学期期中联考数学试题含答案，共3页。
【完卷时间：120分钟；满分：150分】
命题：福州第七中学
一、单选题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 中国古墨可分为松烟墨、油烟墨、药墨等种类.现有4名学生，每人从松烟墨、油烟墨、药墨中选购1种，则不同的选购方式有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
2. 下列函数的求导正确的是（ ）
A. B.
C. D.
3. 随机变量X的分布列为：
则（ ）
A. B. C. D.
4. 现有4支救援队前往3个受灾点执行救援任务.若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，则不同的安排方法数是（ ）
A. 24B. 36C. 48D. 56
5. 已知函数在定义域内单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6. 甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军”，对乙说：“你当然不会是最差的”.从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况（ ）.
A. 18B. 36C. 48D. 54
7. 一袋子里装有大小、形状完全相同的3个红球、2个白球和1个黄球，共6个球.现从袋中随机不放回摸球，每次摸取 1 个球，直到摸到红球为止.记摸球的次数为，则的数学期望（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数是定义在上的函数，且满足，其中为的导数，设，，，则、、的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
二、多选题:本题共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. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
10. 某自动流水线生产的一种新能源汽车零配件产品的质量（单位：）服从正态分布，且，．从该流水线上随机抽取4件产品，这4件产品中质量在区间上的件数记为，则（ ）
A. B.
C. D.
11. 已知函数与其导函数的部分图象如图所示，若函数，则下列关于函数的结论正确的是（ ）
A. 在区间上单调递增B. 在区间上单调递增
C. 当时，函数有极小值D. 当时，函数有极大值
二、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则__________．
13. 已知函数的图象在点处的切线方程为______.
14. 某学校工会组织“掷骰子赢奖品”活动．规则是连续掷三次骰子，并按顺序记录．若三次点数a，b，c满足，则该投掷序列被视为“幸运序列”．则共有________种不同的“幸运序列”．
三、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. 已知二项式的展开式中各项的二项式系数之和为128．
（1）求；
（2）求展开式中含项的系数；
（3）求展开式的第六项．
16. 已知函数的两个极值点分别为和3．
（1）求的解析式；
（2）若直线与曲线有且仅有两个公共点，求的值．
17. 如今，AI赋能快递行业，在揽派前端，圆通的“业务员AI助手”可实现批量外呼、分堆播报等功能.圆通速递的AI智能客服系统通过引入自然语言处理NLP和机器学习技术，能高效处理查询、理赔等事务，显著减少人工客服的工作负担.通过采集使用数据发现，当顾客输入的问题表达清晰时，AI智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，AI智能客服的回答被采纳的概率仅为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立．
（1）求AI智能客服的回答被采纳的概率；
（2）在某次测试中输入了3个问题，设表示AI智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望、方差；
（3）公司为了测试某项功能是否值得推广使用，随机抽取了10个问题，AI智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广使用该功能．试推断该功能是否会得到推广，请说明理由．
18. 冬奥会的成功举办极大鼓舞了人们体育强国的热情，掀起了青少年锻炼身体的热潮．某校为了解全校学生“体能达标”的情况，从高二年级12个班学生中每班随机选出5名学生参加“体能达标”测试，并且规定“体能达标”测试成绩小于60分的为“不合格”，否则为合格．若高二年级“不合格”的人数不超过总人数的5%，则该年级体能达标为“合格”，否则该年级体能达标为“不合格”，需要加强锻炼．
（1）已知某班级的5名学生中，甲、乙2位同学体能预测不合格，从这5名学生中抽取2名，记X为抽取的2名学生中体能合格的人数，求随机变量X的分布列
（2）为了加强锻炼，甲、乙两位同学计划每天开展跳绳比赛以提高体能，并约定每轮比赛均采用五局三胜制（一方获胜三局则本轮比赛结束）．假设甲同学每局比赛获胜的概率均为，求甲在一轮比赛中至少比了四局并获胜的条件下，前2局比赛均获胜的概率；
（3）经过一段时间的体能训练后，该校再次进行了体能检测，高二年级学生体能检测成绩近似服从正态分布．已知，请估计该校高二年级学生该次体能检测是否合格?附：．
19. 设函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若，求a的取值范围；
（3）设，证明：当时，.
福州市八县（市）协作校2025—2026学年第二学期期中联考
高二数学试卷
【完卷时间：120分钟；满分：150分】
命题：福州第七中学
一、单选题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 中国古墨可分为松烟墨、油烟墨、药墨等种类.现有4名学生，每人从松烟墨、油烟墨、药墨中选购1种，则不同的选购方式有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】A
【解析】
【详解】每个人有3种选择，根据分步乘法计数原理可知共有.
2. 下列函数的求导正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由初等函数的导数和复合函数的导数公式逐项分析即可.
【详解】对于A：，故A错误；
对于B：，故B错误；
对于C：，故C错误；
对于D：，故D正确.
故选：D.
3. 随机变量X的分布列为：
则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用分布列的性质计算即可求解.
【详解】由题意可得，解得，
所以.
故选：C.
4. 现有4支救援队前往3个受灾点执行救援任务.若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，则不同的安排方法数是（ ）
A. 24B. 36C. 48D. 56
【答案】B
【解析】
【详解】先将4支救援队分成3组，其中一组有2支，另外两组各有1支，方法数为种，
再将这3组分配到3个不同的受灾点，有种分配方法，
故不同的安排方法数是种.
5. 已知函数在定义域内单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的导函数，依题意可得在上恒成立，参变分离可得在上恒成立，再结合二次函数的性质计算可得.
【详解】的定义域为，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，因为函数，
所以当时取得最大值9，
所以，即的取值范围是.
故选：D.
6. 甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军”，对乙说：“你当然不会是最差的”.从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况（ ）.
A. 18B. 36C. 48D. 54
【答案】D
【解析】
【分析】依题意甲和乙都不是第一名，且乙不是最后一名，故先排乙，再排甲，最后将其余人全排列，按照分步乘法计数原理计算可得.
【详解】由条件可知，甲和乙都不是第一名，且乙不是最后一名，
所以先排乙有种方法，再排甲有种方法，其余人全排列，有种方法，
所以人的名次排列有种方法.
故选：D.
7. 一袋子里装有大小、形状完全相同的3个红球、2个白球和1个黄球，共6个球.现从袋中随机不放回摸球，每次摸取 1 个球，直到摸到红球为止.记摸球的次数为，则的数学期望（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先确定的可能取值，分别计算每个取值的概率，再根据数学期望公式计算.
【详解】依题意知：的取值为，
故（第一次摸到红球），
（第一次摸到非红球，第二次摸到红球），
（前两次摸到非红球，第三次摸到红球），
（前三次摸到非红球，第四次摸到红球），
期望：，
.
8. 已知函数是定义在上的函数，且满足，其中为的导数，设，，，则、、的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，结合条件与导数求得的单调性，从而得解.
【详解】令，则，
因为，而恒成立，所以，
所以在上单调递增，
又，所以，
因为，，，
所以，即.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的突破口是构造函数，熟练掌握与等抽象函数的导数是解决该类问题的关键.
二、多选题:本题共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. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由赋值法逐项判断即可.
【详解】令，可得，所以A错误；
令，可得，
即，
所以，所以B正确；
令，所以，即，
又因为，两式相加得，
所以，所以C正确；
因为，，
所以，所以D错误.
10. 某自动流水线生产的一种新能源汽车零配件产品的质量（单位：）服从正态分布，且，．从该流水线上随机抽取4件产品，这4件产品中质量在区间上的件数记为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由正态分布对称性可判断AB；由二项分布的知识判断CD.
【详解】A选项，由，得，
故，
由正态分布的对称性可知，A正确；
B选项，，B正确；
C选项，由题意得，故，C错误；
D选项，，D正确.
11. 已知函数与其导函数的部分图象如图所示，若函数，则下列关于函数的结论正确的是（ ）
A. 在区间上单调递增B. 在区间上单调递增
C. 当时，函数有极小值D. 当时，函数有极大值
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据与其导函数的关系，在图中作出判断，进而对求导，结合与的大小关系，即可逐一求解.
【详解】，
由图可知，与其导函数的图象如下所示：
对于A，当时，,故，
因此在区间上单调递增，A正确，
对于B，当时，，故，
因此在区间上单调递减，B错误，
对于C，当时，,故，
因此在区间上单调递增，结合B选项可知，是的极小值点，C正确，
对于D，当时，,故，
因此在区间上单调递增，结合B选项可知是的极大值点，D正确，
二、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则__________．
【答案】或
【解析】
【分析】由组合数的基本性质，可得答案.
【详解】由题意可得或，解得或.
故答案为：或.
13. 已知函数的图象在点处的切线方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】先求导，再根据导数的几何意义即可求出.
【详解】由，
则，则，
且，
所以函数在点处的切线方程为，
即.
故答案为：
14. 某学校工会组织“掷骰子赢奖品”活动．规则是连续掷三次骰子，并按顺序记录．若三次点数a，b，c满足，则该投掷序列被视为“幸运序列”．则共有________种不同的“幸运序列”．
【答案】48
【解析】
【分析】根据绝对值的性质，分情况讨论，，之间的关系，再结合骰子的点数范围分别计算出每种情况下“幸运序列”的数量，最后将所有情况相加.
【详解】由已知可知要满足，则需要讨论，，之间的关系
若，因为骰子的点数是1到6，所以，，的取值共有6种情况.
若，，不全相等，因为
当时，，所以一定是偶数
若，都是奇数，则一定在1,3,5中取两个共有种情况.
同理当，都是偶数时也共有种情况.
当时，即，此时可以取1到6中除外的5个值，因为可以取1到6这6个值，所以共有种情况.
因此“幸运序列”共有种情况.
三、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. 已知二项式的展开式中各项的二项式系数之和为128．
（1）求；
（2）求展开式中含项的系数；
（3）求展开式的第六项．
【答案】（1）
（2）-280 （3）
【解析】
【分析】（1）由条件结合二项式系数的性质得所有二项式系数和为列方程求即可；
（2）根据二项式展开式的通项得，令，可求，由此可求结论；
（3）根据二项式展开式的通项得，再令进行求解即可.
【小问1详解】
因为二项式的展开式中各项的二项式系数之和为128．
所以，解得．
【小问2详解】
二项式展开式的通项为，，
令，解得：，
所以当时，，
故展开式中含项的系数为．
【小问3详解】
根据（2）可得，二项式展开式的通项为，，
令，可得，所以展开式的第六项为．
16. 已知函数的两个极值点分别为和3．
（1）求的解析式；
（2）若直线与曲线有且仅有两个公共点，求的值．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）先求导函数，再根据极值点列式计算求参；
（2）根据公共点构造函数，求出单调区间结合极值列式求参.
【小问1详解】
，
由题意，得和3是关于的方程的两根，
由韦达定理，得解得
此时．
当时，；当时，；当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，是的极小值点，符合题意．
综上，．
【小问2详解】
直线与曲线有且仅有两个公共点，等价于关于的方程仅有两个实根，
即关于的方程仅有两个实根．
设，则．
当时，；当时，；当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，是的极小值点，
且，．
根据题意，得或
解得或．
17. 如今，AI赋能快递行业，在揽派前端，圆通的“业务员AI助手”可实现批量外呼、分堆播报等功能.圆通速递的AI智能客服系统通过引入自然语言处理NLP和机器学习技术，能高效处理查询、理赔等事务，显著减少人工客服的工作负担.通过采集使用数据发现，当顾客输入的问题表达清晰时，AI智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，AI智能客服的回答被采纳的概率仅为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立．
（1）求AI智能客服的回答被采纳的概率；
（2）在某次测试中输入了3个问题，设表示AI智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望、方差；
（3）公司为了测试某项功能是否值得推广使用，随机抽取了10个问题，AI智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广使用该功能．试推断该功能是否会得到推广，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
，
（3）该系统会得到推广，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用全概率公式，结合问题清晰与不清晰两种情况的采纳概率即可求解；
（2）由二项分布概率模型，计算各可能次数的概率及期望、方差；
（3）根据二项分布期望公式求出10个问题的总得分期望，并与75比较得出结论.
【小问1详解】
设事件表示回答被采纳，事件表示问题表达清晰，
则，
则；
【小问2详解】
由（1）知每个问题的回答被采纳的概率，且每次回答是否被采纳相互独立，
因此随机变量服从二项分布，
则，
，
，
，
的分布列为：
，；
【小问3详解】
随机抽取10个问题，设被采纳的次数为，则有，总得分，
则，
满足推广条件，因此该系统会得到推广.
18. 冬奥会的成功举办极大鼓舞了人们体育强国的热情，掀起了青少年锻炼身体的热潮．某校为了解全校学生“体能达标”的情况，从高二年级12个班学生中每班随机选出5名学生参加“体能达标”测试，并且规定“体能达标”测试成绩小于60分的为“不合格”，否则为合格．若高二年级“不合格”的人数不超过总人数的5%，则该年级体能达标为“合格”，否则该年级体能达标为“不合格”，需要加强锻炼．
（1）已知某班级的5名学生中，甲、乙2位同学体能预测不合格，从这5名学生中抽取2名，记X为抽取的2名学生中体能合格的人数，求随机变量X的分布列
（2）为了加强锻炼，甲、乙两位同学计划每天开展跳绳比赛以提高体能，并约定每轮比赛均采用五局三胜制（一方获胜三局则本轮比赛结束）．假设甲同学每局比赛获胜的概率均为，求甲在一轮比赛中至少比了四局并获胜的条件下，前2局比赛均获胜的概率；
（3）经过一段时间的体能训练后，该校再次进行了体能检测，高二年级学生体能检测成绩近似服从正态分布．已知，请估计该校高二年级学生该次体能检测是否合格?附：．
【答案】（1）分布列见解析
（2）
（3）高二年级学生体能检测合格
【解析】
【分析】（1）由题意有服从超几何分布，利用超几何分布即可求解；
（2）利用条件概率公式即可求解；
（3）利用正态分布的区间即可求解.
【小问1详解】
由题意的可能取值为，
所以，
所以的分布列为
【小问2详解】令事件表示“甲在一轮比赛中至少比了四局并获胜”，事件表示“甲以获胜”，事件表示“甲以获胜”，事件表示“甲前2局比赛均获胜”，
所以，
所以，
，
所以；
【小问3详解】
由已知有，所以，
所以，
所以高二年级学生体能检测合格.
19. 设函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若，求a的取值范围；
（3）设，证明：当时，.
【答案】（1）时，的单调递增区间为，无单调递减区间；时，的单调递减区间为，单调递增区间为
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，再分和两种情况讨论，结合导函数的符号即可求出函数的单调区间；
（2）要使fx≥a−a2，只需fxmin≥a−a2即可，结合（1）分类讨论求出函数的最小值，进而可得出答案；
（3）令ℎx=ecx−ec−1x−1 ，求导，再二次求导，得出函数的单调性，从而求出函数的单调性，进而求出函数的最值，即可得证.
【小问1详解】
，
当时，f'x=ex−a>0 在上恒成立，因此在上单调递增.
当时，令，解得，
当x∈−∞,lna时，，单调递减；
当x∈lna,+∞时，，单调递增.
综上：时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
时，的单调递减区间为−∞,lna，单调递增区间为lna,+∞；
【小问2详解】
当，时，，因此fx≥a−a2不恒成立，
不符合题意，舍去；
当时，fx=ex≥0 ，符合题意；
由（1）知，当时，flna=elna−alna+1=a−alna−a=−alna ，
要使不等式恒成立，只需，即，
设ga=a−lna−1 （），则，
令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
因此在处取得最小值g1=1−ln1−1=0 ，
故对所有恒成立，
综上，所求的取值范围为；
【小问3详解】
令ℎx=ecx−ec−1x−1 ，，，
则ℎ'x=cecx−ec−1，
令φx=cecx−ec−1，则φ'x=c2ecx>0 ，
所以函数在上单调递增，即在上单调递增，
由（1）可知，当时，，即，当且仅当时取等号，
因为ℎ'0=c−ec−1=c+1−ec