福建福州市台江区九校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（含解析）

这是一份福建福州市台江区九校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（含解析），文件包含重庆一中高2026届高三5月三诊考试英语pdf、重庆一中高2026届高三5月三诊考试英语答案pdf、重庆一中高2026届高三5月三诊考试英语听力mp3等3份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
（满分：150分；考试时间：120分钟）
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 曲线在处的切线如图所示，则＝（ ）

A. 0B. 2C. －2D. －1
【答案】C
【解析】
【分析】设切线方程为，根据切线方程得到关于的方程组，解得，进而得出导数值计算求解.
【详解】设曲线在处的切线方程为，
则解得
所以曲线在处的切线方程为，则切线斜率为1，
所以，
因此，．
故选：C.
2. 某班级图书角有5种课外书，甲、乙两名同学从5种课外书中各自选2种，则两人选的课外书没有相同种类的选法有（ ）
A. 20种B. 30种C. 40种D. 60种
【答案】B
【解析】
【分析】借助分步乘法计数原理计算即可得.
【详解】先从 5 种课外书中选 2 种给甲有种，再从剩下的3 种书中选 2 种给乙有种，
根据分步乘法计数原理，则两人选的课外书没有相同种类的选法有种.
3. 若将整个样本空间想象成一个边长为1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积．则如图所示的阴影部分的面积表示（ ）
A. 事件A发生的概率B. 事件B发生的概率
C. 事件B不发生条件下事件A发生的概率D. 事件A、B同时发生的概率
【答案】A
【解析】
【分析】理解条件概率和的含义，可得阴影部分面积表示的含义.
【详解】由题意可知：
表示在事件B发生的条件下，事件A发生的概率，表示在事件B不发生的条件下，事件A发生的概率，结合在一块就是事件A发生的概率.
故选：A.
4. 已知随机变量的分布列如下表，且．
若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先由数学期望公式求，再根据数学期望的性质建立方程，求解即得参数值.
【详解】由，
因，则，
解得：．
故选：A.
5. 已知，则（ ）
A. B. 2C. 4D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】令，直接根据二项式定理求解即可.
【详解】令，则，
故，
中得系数为，中得系数为，
所以，
故选：C.
6. 若圆柱的侧面的展开图的周长为4，则该圆柱体积最大为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆柱母线长为，底面半径为，由展开图的周长可得，从而可得，其中，利用导数可求体积的最大值.
【详解】设圆柱母线长为，底面半径为，则，
而圆柱体积，其中
故，
当时，，当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，
故，
故选：A.
7. 若，均为非负整数，在做的加法时各位均不进位（例如，），则称为“简单的”有序对，而称为有序数对的值，那么值为1942的“简单的”有序对的个数是
A. 100B. 150C. 200D. 300
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意可得，1942为两个数的和（加法时各位均不进位），其中一个数确定，另一个数也确定，所以首位有0,1两种方法，第二位有0，1，2，3，4，5，6,7,8,9 共10种方法，第三位有0,1,2,3,4共5种方法，个位有0,1,2有3种方法，采用分步计数原理，所以共有个，故选D.
8. 若函数是区间上的单调函数，则实数m的值一定不是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接求出的单调区间，根据条件得或或，求出的取值范围，即可求解.
【详解】因为，由，得到，
由，得到或，
所以的增区间为，减区间为，，又在区间上单调，
则或或，解得或，结合选项知，实数m的值一定不是.
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 设一组样本数据的方差为2，则数据的方差为8
B. 将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，有种不同的放法；
C. 用0~9这10个数字，可以组成648个没有重复数字的三位数
D. 已知随机变量的概率分布为，则实数的值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用方差的性质计算判断A；利用分步乘法计数原理求解判断BC；利用分布列的性质计算判断D.
【详解】对于A，由方差的性质，新数据的方差为，A正确；
对于B，每个小球有3种方法，则不同的放法种数为种，B错误；
对于C，组成无重复数字的三位数，百位9种选法，十位有9种选法，个位有8种选法，
由分步乘法计数原理，无重复数字的三位数有个，C正确；
对于D，P(X=n)=a(2n−1)(2n+1)=a2(12n−1−12n+1) ，
则a2[(1−13)+(13−15)+(15−17)+(17−19)]=4a9=1 ， 因此，D正确.
10. 甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有2个红球，8个白球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．表示事件“从甲罐取出的球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是（ ）
A. 为对立事件
B.
C.
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据对立事件定义可判断A；根据条件概率及全概率公式计算可判断BCD.
【详解】对于A，因为甲罐中只有红球和白球，即，
所以为对立事件，故A正确；
对于B，当发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时，故B正确；
对于C，当发生时，乙罐中有2个红球，9个白球，此时，
所以，故C不正确；
对于D，，故D正确，
故选：ABD．
11. 已知函数，则（ ）
A. 函数在上单调递减，在上单调递增
B.
C. 若，则实数的取值范围是
D. 当时，若方程有且只有一个根，则
【答案】BC
【解析】
【分析】借助导数可得A；利用函数单调性与可得B；参变分离后构造函数，求导后可得该函数单调性，即可得其最小值，即可得C；利用函数的单调性计算即可得D.
【详解】对A：，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，故A错误；
对B：因，
由，及在上单调递增，
可得，故B正确；
对C：，令，
则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，即，故C正确；
对D：令，即，
由C知，函数在上单调递减，在上单调递增，
由，，
，
若方程有且只有一个根，则或，故D错误.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 若，则正整数的值为_____.
【答案】5或7
【解析】
【分析】根据组合数的性质化简，列出方程，并计算出结果.
【详解】由组合数的性质，可得，
则，可得或，
解得或.
故答案为：5或7.
13. 若函数在处有极小值，则等于______．
【答案】108
【解析】
【分析】由，求得并检验，求得的解析式，运算得解.
【详解】，
因为在处有极小值，所以，
即，解得或，
若，则，
当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取极大值，不合题意，
若，则，
当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取极小值，合题意，
所以，则.
故答案为：108.
14. 将4个相同的小球摆放在的方格中，要求每一个方格中只能摆放一个小球，且任意两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点，则所有摆放种数为___________．
【答案】29
【解析】
【分析】先确定不能恰好共用一个方格顶点是不能斜对角相邻，所以小球必不可能在中间的方格，再将四个角设成类方格，其它方格为B类方格，分类讨论即可.
【详解】根据题意，两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点，
即禁止斜对角相邻，可以上下左右相邻（共用两个方格顶点）或不相邻（无公共顶点），
可以把的方格分为两类，
小球必不可能在中间方格，否则一定会有斜对角相邻的情况，
将四个角的方格设成类方格，以保证类在除去中间方格的情况下没有斜对角相邻的方格，
剩余4个小格为类方格，如图所示：
（1）4个小球若占用4个A类方格，有种；
（2）4个小球若占用3个A类方格，1个B类方格，有种；
（3）4个小球若占用2个A类方格，2个B类方格，
此时只能选择隔着中间方格相对的B类方格，共2种可能，所以此时有种；
（4）4个小球若占用1个A类方格，3个B类方格，此时一定会有斜对角相邻的情况，舍.
（5）4个小球若占用4个B类方格，此时一定会有斜对角相邻的情况，舍.
因此，共有种．
四、解答题（本大题共5小题，共77分）
15. 在的展开式中，求：
（1）求常数项、及此项的二项式系数；
（2）求系数绝对值最大的项．
【答案】（1）常数项为，此项的二项式系数为；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出二项式展开式的通项公式，进而求出常数项及该项的二项式系数.
（2）由（1）的信息列出不等式组并求解即得.
【小问1详解】
展开式的通项公式为Tr+1=C6r(2x)6−r(−1x)r=(−1)r26−rC6rx3−r,r≤6,r∈N ，
由，得，
所以展开式中的常数项为，其二项式系数为.
【小问2详解】
令的系数绝对值最大，则C6r⋅26−r≥C6r−1⋅27−rC6r⋅26−r≥C6r+1⋅25−r，即6！r!(6−r)!⋅26−r≥6！(r−1)!(7−r)!⋅27−r6！r!(6−r)!⋅26−r≥6！(r+1)!(5−r)!⋅25−r，
整理得7−r≥2r2(r+1)≥6−r，解得，由，得，
所以系数绝对值最大的项为.
16. 已知函数，曲线在点处的切线与直线平行.
（1）求的值；
（2）求的极值.
【答案】（1）
（2）的极小值为无极大值
【解析】
【分析】（1）根据直线平行得出切线斜率，利用导数的几何意义是处的切线方程的斜率计算求参；
（2）当时，利用导数判断出的单调增区间与单调减区间，从而求出极值.
【小问1详解】
由，可得
又曲线在点处的切线与直线平行，故，
即，得.
【小问2详解】
由（1）可知，且.令，可得，
由，可得.由，得.
故在上单调递减，在上单调递增.
可知当时，极小值为，无极大值.
17. 对联，又称对偶、对子、楹联等，是以两组形式相对、内容相关的语句为表现形式的应用性文学样式，具有上下联字数相等、平仄相对、对仗工整等文学特点.从甲、乙、丙、丁4副不同的对联（上联和下联共8联）中随机取出4联（上联或下联）.
（1）求这4联可以凑成甲对联的概率；
（2）记这4联可以凑成X副对联，求X的数学期望
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）8联中随机取出4联，有种取法，其中含有甲对联有种取法，可求概率；
（2）由X可能的取值，计算对应的概率，结合分布列利用公式求数学期望.
【小问1详解】
8联中随机取出4联，有种取法，
取出的4联含有甲对联，剩余的2联在其它6联中选取，有种取法，
所以这4联可以凑成甲对联的概率为.
【小问2详解】
的所有取值可能为0，1，2.
，，.
的分布列为
.
18. 现有外表相同，编号依次为的袋子，里面均装有个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球.随机选择其中一个袋子，并从中依次不放回取出三个球.
（1）当时，
①假设已知选中的恰为2号袋子，求第三次取出的是白球的概率；
②求在第三次取出的是白球的条件下，恰好选的是3号袋子的概率；
（2）记第三次取到白球的概率为，证明：.
【答案】（1）①；②
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）①时，第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，利用相互独立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式能求出第三次取出为白球的概率；
②先求出第三次取出的是白球的种数，再求出在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，选到第个袋子的概率为，由此能求出第三次取出的是白球的概率，再结合条件概率即可得解；
（2）先求出第三次取出的是白球的种数，再求出在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，选到第个袋子的概率为，由此能求出第三次取出的是白球的概率，进而得证．
【小问1详解】
①时，第二个袋中有2白2红，共4个球，
从中连续取出三个球（每个取后不放回），
第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，
∴第三次取出为白球的概率为；
②设选出的是第个袋，连续三次取球的方法数为，
第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：
（白，白，白），若则，取法数为，
若或或，取法数为，也满足关系，
故取（白，白，白）的取法可表示为，
同理（白，红，白），取法数为，
（红，白，白），取法数为，
（红，红，白），取法数为，
从而第三次取出的是白球的种数为：
，
则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，
则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，
而选到第个袋子的概率为，故所求概率为：
，
所以在第三次取出的是白球的条件下，恰好选的是3号袋子的概率为；
【小问2详解】
设选出的是第个袋，连续三次取球的方法数为，
第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：
（白，白，白），取法数为，
（白，红，白），取法数为，
（红，白，白），取法数为，
（红，红，白），取法数为，
从而第三次取出的是白球的种数为：
，
则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，
而选到第个袋子的概率为，
所以．
思路点睛：本题为无放回型概率问题：根据题意首先分类讨论不同值情况下的抽取总数(可直接用值表示一般情况)，再列出符合题意得情况(此处涉及排列组合中先分类再分组得思想)，最后即可计算得出含的概率一般式，累加即可，累加过程中注意式中与的关系可简化累加步骤.
19. 已知函数.
（1）讨论的单调区间；
（2）若，求与的数量关系；
（3）设，是的两个极值点，证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求得，然后对进行分类讨论，从而求得的单调区间；
（2）将不等式转化为，构造函数，求导确定单调性与最值从而得结论；
（3）根据函数极值可得，，，将所证双变量不等式转化为单变量不等式，构造函数求导确定单调性与最值即可得结论.
【小问1详解】
，，
令，由，得，
此时，在上单调递增；
当，即时，方程的两根为，；
当时，，所以当时，，
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，所以当时，，
当时，，
所以在上单调递减，在和上单调递增；
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增.
【小问2详解】
，即，
令，，
，，
若，则存在，使得当时，，
即在上单调递增，而，所以，不符合题意，
若，则存在，使得当时，
，即在上单调递减，而，
所以，不符合题意，
若，即，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，，符合题意；
综上，与的数量关系为.
【小问3详解】
证明：结合（1）可得，当有两个极值点时，，
且，，，
令，由于，则，则，
则，
设，
则，
因为，则，则恒成立，
所以在上单调递减，
则时，且小于，所以，
所以.
1
2
3
X
0
1
2
P