安徽省六安第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

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满分：150分 时间：120分钟
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 已知，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】由排列数与组合数的计算公式，列出方程，即可求解.
【详解】由排列数与组合数的计算公式，可得，
即且，解得.
故选：B.
2. 已知随机变量的分布列如下：
若，则（ ）
A. B. 7C. 21D. 22
【答案】C
【解析】
【详解】易知，可得；
又，可知，所以，解得，
因此；
所以.
3. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】确定函数定义域，判断函数奇偶性，即可判断B；当时，，利用导数判断此时函数的单调性，即可判断A，C，D，即得答案．
【详解】函数的定义域为，
设，则，故为偶函数，
其图象关于轴对称，则B中图象错误；
又当时，，
由，得，由，得，
故在上单调递减，在上单调递增，
故A、C错误，故选D.
4. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. 7B. 15C. 30D. 65
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用二项展开式的通项公式求出的展开式中含和含的系数，再求原式的的系数即可.
【详解】在的展开式中，的系数为，的系数为，
所以的展开式中，的系数为.
故选：A.
5. 当时，函数取得最大值，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】求出函数的导函数，依题意可得f′1=0f1=−2，即可求出、，再检验，即可求出的值.
【详解】因为的定义域为，又，
依题意可得f′1=0f1=−2，即a−b=0b=−2，解得，
此时，则f′x=−2x+2x2=2(1−x)x2，
所以当时，则在上单调递增；
当时，则在上单调递减，
则在处取得最大值，符合题意；
所以.
6. 从标有0，1，2，3，4的五张卡片中随机选取4张放入如图所示的空格处组成一个四位数的偶数，则这个数大于的个数为（ ）
A. 41B. 42
C. 43D. 44
【答案】A
【解析】
【分析】分析千位数是4、3、2三种情况，求出四位偶数中大于的数的个数，即可得答案.
【详解】当千位数是时，比大的偶数，先填个位数，再从余下的3个数中选2个作全排列，有种；
当千位数是时，比大的偶数，先填个位数，再从余下的3个数中选2个作全排列，有种；
当千位数是时，分成两类情况：①个位是且比大，在余下的3个数中任选2个作全排列，有种，
②个位是且比大的偶数有，共5种，
综上，比大的偶数共有种，
7. 已知过点可以作曲线的两条切线，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先对函数求导，设切点，写出切线方程，将点代入切线方程，得到，根据切线有两条，得到方程有两根，结合判别式即可求出结果.
【详解】由得，
设过点的直线与曲线切于点，
则切线斜率为，
所以切线方程为
因为切线过点，
所以，整理得，
因为过点的切线有两条，
所以方程有两不同实根，
因此，解得或，
即实数a的取值范围是.
故选：B
8. 甲、乙两人拿两颗如图所示的正四面体骰子做抛掷游戏，规则如下：由一人同时掷两个骰子，观察底面点数，若两个点数之和为5，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数之和不是5，就由对方接着掷．第一次由甲开始掷，设第n次由甲掷的概率为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】抛掷两颗正四面体骰子观察底面上的数字之和为5的概率为，第n次由甲掷有两种情况：一是第次由甲掷，第n次由甲掷，概率为；二是第次由乙掷，第n次由甲掷，概率为，由已知得，可得到数列是以为首项，为公比的等比数列，由此可得解.
【详解】抛掷两颗正四面体骰子观察底面上的数字之和为5有4种情况，得点数之和为5的概率为，
第n次由甲掷有两种情况：
一是第次由甲掷，第n次由甲掷，概率为；
二是第次由乙掷，第n次由甲掷，概率为．
这两种情况是互斥的，所以，即，
所以，即数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以．
故选：A
【点睛】方法点睛：本题考查概率的求法，互斥事件概率加法公式，等比数列的性质，在数列中，（、均为常数，且，），可以利用构造法求数列的通项公式：设，得到，，可得出数列是以的等比数列，可求出；
二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9. 下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 被8整除的余数为1
D. 精确到的近似数为1.1
【答案】AB
【解析】
【分析】逆用二项式定理计算可判断A项，运用赋值法，令，求解可判断B项，由，结合二项式定理计算可判断C项，，结合二项式定理计算可判断D项.
【详解】对于A项，由二项式定理可知，故A项正确；
对于B项，令得①，令得②，所以①②可得，故B项正确；
对于C项，，
由此可得被8整除的余数为，故C项错误；
对于D项，，
所以精确到的近似数为，故D项错误.
10. 甲箱中有2个白球和3个黑球，乙箱中有3个白球和2个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以，分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，由古典概型可得结果；对于B，由样本空间点可得结果；对于C，先求出，
再由条件概率的定义可得；对于D，由全概率公式可算得.
【详解】对于A，由古典概型可知，故A错误；
对于B，由条件概率可知表示在由甲箱中取出的是白球的条件下，从乙箱中取出的是白球的概率，
当甲箱中取出的是白球放入乙箱后，乙箱中有4个白球和2个黑球，由古典概型可知；
对于C，由B选项分析同理可得，
由条件概率的定义可知，故C正确；
对于D，由全概率公式可得，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知函数和有相同的最大值，直线与两曲线和恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依此为，则以下说法正确的是（ ）
A. B.
C. 成等差数列D. 成等比数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据导数分类讨论求最值，然后数形结合，利用指数与对数之间的转化求解即可.
【详解】对于AB，，
当时，当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，即；
当时，当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，
由，
当时，当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，即；
当时，当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，
于是有，因此选项AB正确，
对于CD，两个函数图像如下图所示：

由数形结合思想可知：当直线经过点时，
此时直线与两曲线和恰好有三个交点，
不妨设，
且，
由，又，
又当时，单调递增，所以，
又，又，
又当时，单调递减，所以，
，
，于是有，
且，所以选项C错误，D正确，
故选：ABD
【点睛】关键点睛：利用数形结合思想，结合等式是解题的关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，两个空的题目，第一空2分，第二空3分.
12. 有________个不同的正因数.
【答案】
【解析】
【分析】由分步乘法计数原理进行求解．
【详解】对2520分解质因数：，
根据正因数个数公式计算得：.
13. 从4种不同颜色中选择若干种颜色，给正四面体的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色，且共点的棱染不同的颜色，则不同的染色方法共有____________种．
【答案】96
【解析】
【分析】根据所涂颜色的种数分类，结合排列，组合公式，即可求解.
【详解】若所有相对的棱涂同一种颜色，共用3种颜色，有种方法，
若所有相对的3对棱中有2对对棱涂同色，共用4种颜色，有种方法，
所以共有种方法.
故答案为：
14. 已知，对任意的，不等式恒成立，则k的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，利用单调性得到，分离参数，求出，，的最大值即可
【详解】由条件得，
构造函数，对其求导得，令得，
于是当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增．
因为，，所以，，根据，得到，
分离参数得对恒成立，
只需
构造函数，，对其求导得，
令得，于是当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
所以，于是，因此k的取值范围是
故答案为：
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. 在的展开式中，二项式系数最大的项只有第五项，
（1）求的值；
（2）求系数最大的项
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由展开式中只有第五项的二项式系数最大求解即可；
（2）利用二项式定理求出通项，比较正数项系数的大小即可.
【小问1详解】
因为展开式中只有第五项的二项式系数最大，即是唯一的最大值，
根据二项式系数的性质可知.
【小问2详解】
由（1）得，即二项式为，
因为第项的系数为−2rC8r，其中，
由于为奇数时，系数为负，为偶数时，系数为正，
要求系数最大的项，只要考虑正数项的系数即可，即，
当时，系数为−20C80=1 ；当时，系数为 ；
当时，系数为−24C84=1120 ；当时，系数为−26C86=1792 ；
当时，系数为−28C88=256 ；
所以，正数项中系数中的最大值为，即第项的系数最大，.
16. 某学校共开设六门体验课程.
（1）若体验课连续开设六周，每周一门（不重复），求“”和“”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，先排其余四门，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A44=4×3×2×1=24 种情况；
第二步，将“A”和“B”课程分别插入5个空隙中，有A52=5×4=20 种情况；
所以“”和“”课程排在不相邻的两周的排法有A44×A52=24×20=480 种；
【小问2详解】
第一步，先将甲和乙的不同课程排好，有A62=6×5=30 种情况；
第二步，从余下的门课程中选出甲和乙的共同课程，有种情况；
第三步，因为丙和甲、乙的课程都不同，所以丙的选法种情况；
因此，所有选课种数为A62×C41×C32=30×4×3=360 种.
【小问3详解】
①将个科目分成三组，然后分给三名教师：C61C51C44A22×A33=6×5×12×6=90 种情况；
②将个科目分成三组，然后分给三名教师：C61C52C33A33=6×10×6=360 种情况；
③将个科目分成三组，然后分给三名教师：C62C42C22A33×A33=15×6×16×6=90 种情况；
综上，所有的课程安排共有种情况.
17. 已知函数．
（1）若在处的切线斜率为，求；
（2）若恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，由计算可得；
（2）依题意可得恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解.
【小问1详解】
因为，
所以，依题意，解得；
【小问2详解】
因为的定义域为，
又，
所以恒成立，
令，，则，
令，，则，所以在上单调递增，
又，，
所以使得，即，，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
即实数的取值范围为.
18. 某公司为活跃气氛、提升士气，年终拟通过抓阄兑奖的方式对所有员工进行奖励．规定：每位员工从一个装有4个标有面值的阄的袋中一次性随机摸出2个阄，阄上所标的面值之和为该员工获得的奖励金额．
（1）若袋中所装的4个阄中有1个所标的面值为800元，其余3个均为200元，求：
①员工所获得的奖励金额为1000元的概率；
②员工所获得的奖励金额的分布列及均值；
（2）公司对奖励金额的预算是人均1000元，并规定袋中的4个阄只能由标有面值200元和800元的两种阄或标有面值400元和600元的两种阄组成．为了使员工得到的奖励金额尽可能符合公司的预算且每位员工所获得的奖励金额相对均衡，请对袋中的4个阄的面值给出一个合适的设计，并说明理由．
【答案】（1）①；②分布列见解析，
（2）答案见解析
【解析】
【分析】本题考查了离散型随机变量的概率、分布列、均值与方差，掌握组合数计算概率、均值与方差的公式是解题的关键．
（1）①明确奖励金额1000元对应的摸阄组合，用组合数计算概率；
② 确定奖励金额的所有可能取值，计算各取值概率，列出分布列并计算均值；
（2）根据人均奖励1000元的条件，筛选出可能的阄面值组合，通过计算方差判断哪种组合的奖励金额更均衡．
【小问1详解】
（1）设员工所获得的奖励金额为，
①，
员工所获得的奖励金额为1000元的概率为．
②所有可能的取值为400，1000，
，
的分布列为
员工所获得的奖励金额的均值为
．
【小问2详解】
（2）根据公司预算，每个员工的平均奖励金额为1000元，
先寻找均值为1000元的可能方案，
对于面值由800元和200元组成的情况，
如果选择（，，，）的方案，
元是面值之和的最大值，
均值不可能为1000元，
如果选择（，，，）的方案，
元是面值之和的最小值，
均值不可能为1000元，
因此可能的方案是（，，，），记为方案1；
同理，对于面值由600元和400元组成的情况，
排除（，，，）和（，，，）的方案，
可能的方案是（，，，），记为方案2．
对于方案1，设员工所获得的奖励金额为，可取400，1000，1600，
，
，
，
，
；
对于方案2，设员工所获得的奖励金额为，可取800，1000，1200，
，
，
，
，
，
由于两种方案的奖励金额都符合预算要求，但方案2的方差比方案1小，
应选择方案2．
19. 已知函数．
（1）当时，求曲线在上的最值；
（2）讨论的零点个数；
（3）当时，证明：．
【答案】（1）；
（2）当时，的零点个数为0；当时，的零点个数为1；当时，的零点个数为2；
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当时，可得的解析式，令，利用导数求出的单调性和边界值，可得，即在上恒成立，即可得的单调性，代入数据，即可得答案.
（2）令，可得，令，则原题等价于讨论与的图象交点的个数，利用导数求出的单调性和极值，作出图象，数形结合，分析即可得答案.
（3）分别分析和两种情况，利用导数求出函数的单调性和最值，综合分析，即可得证.
【小问1详解】
当时，，
则 ，
令，则，
令，解得，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
又， ，
所以，即在上恒成立，
故在上单调递减，
则 ， .
【小问2详解】
因为，令，得，解得.
令，所以的零点个数等价于与的图象交点的个数.
又因为，当时，，当时，.
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
且，在取得极大值也是最大值，
作出与的图象，如图所示：
由图可知，当时，函数与的图象无交点；
当时，函数与的图象有1个交点；
当时，函数与的图象有2个交点.
综上，当时，的零点个数为0；当时，的零点个数为1；
当时，的零点个数为2.
【小问3详解】
证明：①当时，，
令 ，则，
因为，所以，而，即，
则，即，故在区间上单调递增，
则，即，
所以在区间上单调递增．
所以；
②当时，令，则，
所以单调递增，所以，即.
又因为，
令 ，则，
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；
当时，的极小值为．
若，即，则，所以．
若，即，则在区间上单调递减，
所以．所以，即．
综上可得，．
0
1
2
400
1000