安徽师范大学附属中学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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注意事项：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
一、单项选择题：（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. 曲线在点处切线的斜率为（ ）
A. -3B. -1C. 1D. 3
【答案】A
【解析】
【详解】，当时，y'=−3×12=−3
2. 的展开式的第2项是（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【详解】展开式第二项为．
3. 函数的定义域为，其导函数的图像如图所示，则函数极值点的个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的导函数的图象，结合函数的极值的定义，即可求解.
【详解】如图所示，设导函数的图象与轴的交点分别为，
根据函数的极值的定义可知在该点处的左右两侧的导数符号相反，
可得为函数的极大值点，为函数的极小值点，
所以函数极值点的个数为4个.
故选：C.
4. 从装有6个红球，3个白球的袋子中，不放回地依次抽取2个小球，在第一次抽取到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】袋中原来有个小球，其中白球有个，
已知第一次抽到白球，则第一次抽取后：袋中还剩个小球，
白球还剩个，
所以在“第一次抽到白球”这个条件下，第二次抽到白球的概率为
5. 在的展开式中，含的项的系数是（ ）
A. 120B. 15C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】从个因式中，个因式选择，个因式选择常数相乘即可得到含的项，即可得解.
【详解】在中，
需要从个因式中的个因式中选择，另个因式中选择常数，相乘即可得到含的项，
故含的项的系数为.
故选：C.
6. 如图，直线和圆，当从开始在平面上按顺时针方向绕点匀速转动（转动角度不超过）时，它扫过的圆内阴影部分的面积是时间的函数．这个函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，根据面积函数的变化趋势，结合图象的变化率先变大在变小，即可求解.
【详解】根据题意，可得面积随着的增大而增加，所以函数为单调递增函数，
且增长趋势先慢后快，过圆心后逐渐变慢，即函数图象的变化率先变大在变小，
结合选项，可得选项D复合题意.
故选：D.
7. 某个游戏中，一个珠子按如图所示的通道，由上至下的滑下，从最下面的六个出口出来，规定猜中者为胜，如果你在该游戏中，猜得珠子从出口3出来，那么你取胜的概率为
A. B.
C. D. 以上都不对
【答案】A
【解析】
【分析】根据古典概型的概率计算公式，分别求出包含事件的基本事件数与基本事件总数即可求得结果.
【详解】由于珠子在每个岔口处有“向左”和“向右”两种情况，因为基本事件总数为，
而从出口3出来的每条路线中有2个“向右”和3个“向左”，即共有条路线，
故所求的概率为.
故选: A.
8. 记，，则（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据初等函数导数公式及导数运算法则求，观察其规律，确定，由此可得结论.
【详解】因为，
所以，
，
，
，
，
，
，
，，
观察可得，
所以，
所以，
故选：C.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有种
B. 从6男4女中选4人参加比赛，若4人中必须有男有女，则共有194种选法
C. 有三张相同的参观券，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是60
D. 甲、乙、丙、丁四人排成一排，则甲、乙两人不相邻共有12种排法
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用分步乘法原理判断A，利用排除法求解判断B，确定参观券无区别，用组合法求方法数判断C，用插空法求解判断D．
【详解】对A，每封信投入邮筒的方法都有3种，因此由分步乘法原理知方法数为，A正确；
对B，可以任选4人，去除全是男的或全是女的选法，方法数为，B正确；
对C，参赛券没有区别，方法数应为，C错；
对D，先排丙、丁二人，然后甲乙二人插入，方法数为，D正确．
10. 某人有10000元全部用于投资，现有甲、乙两种股票可供选择，已知每股收益的分布列分别如表1和表2所示，且两种股票的收益相互独立，假设两种股票的买入价都是每股1元，则下列说法正确的有（ ）
表1：甲每股收益的分布列
表2：乙每股收益的分布列
A. 甲每股收益的数学期望大于乙每股收益的数学期望
B. 相对于投资甲种股票，投资乙种股票更稳妥
C. 此人投资甲、乙两种股票，收益的数学期望之和为11000元
D. 收益的方差之和最小时，此人是按照1:1的资金分配方式投资甲、乙两种股票的
【答案】BC
【解析】
【分析】先分别求出甲、乙两种股票每股收益的数学期望与方差，由数学期望可判断A；由方差可判断哪一种股票更稳妥，从而判断B，设投资甲种股票元，则投资乙种股票元，利用独立随机变量方差可加性，建立方差关于的二次函数，即可判断C，D.
【详解】设甲、乙两种股票每股收益分别为随机变量.
对于甲种股票，EX=−1×0.1+0×0.3+2×0.6=−0.1+1.2=1.1.
又EX2=−12×0.1+02×0.3+22×0.6=0.1+2.4=2.5.
所以DX=EX2−EX2=2.5−1.12=2.5−1.21=1.29.
对于乙种股票，EY=0×0.3+1×0.3+2×0.4=0.3+0.8=1.1.
又EY2=02×0.3+12×0.3+22×0.4=0.3+1.6=1.9.
所以DY=EY2−EY2=1.9−1.12=1.9−1.21=0.69.
判断A：因为EX=EY=1.1,
所以甲每股收益的数学期望不大于乙每股收益的数学期望，故 A 错误.
判断B：因为DX=1.29>DY=0.69,
在平均收益相同的情况下，乙种股票收益波动更小，因此投资乙种股票更稳妥，故B正确,
判断C：设投资甲种股票元，则投资乙种股票元，
由于买入价都是每股 元，所以分别买入甲、乙两种股票的股数就是
于是甲、乙两部分收益分别为xX,10000−xY.
它们的数学期望之和为ExX+E10000−xY=xEX+10000−xEY
=1.1x+1.110000−x=11000.
所以不论怎样分配资金，收益的数学期望之和都为元，故C正确.
判断D：由独立性知，总收益的方差为
DxX+D10000−xY=x2DX+10000−x2DY
=1.29x2+0.6910000−x2.
设fx=1.29x2+0.6910000−x2.
则是开口向上的二次函数，其最小值在顶点处取得.
令f′x=2×1.29x−2×0.6910000−x=0,
得1.29x=0.6910000−x.
解得此时
所以最优分配比为x:10000−x=115000:215000=23:43,
并不是故D错误.
11. 设函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 是的极小值点B. 当时，
C. 当时，D. 当时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用求导判断函数的单调性，即可判断A项；利用函数单调性即可判断B，C项，利用作差比较法即可判断D项.
【详解】对于A，由求导得，
由得或，由得，
即函数在和上单调递增，在上单调递减，即是的极大值点，故A错误；
对于B，当时，，由A项知函数在上单调递增，则，故B正确；
对于C，当时，，由A项知函数在上单调递减，
故，因，则，故C正确；
对于D，因，
则，
因，则，故，即此时，故D正确.
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 若，则n的值是______．
【答案】10
【解析】
【分析】根据组合数的性质，结合条件，即可得答案.
【详解】根据组合数的性质，且，
所以.
故答案为：10
13. 有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为4%，第2，3台加工的次品率均为3%；加工出来的零件混放在一起，且第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的20%，30%，50%．现从加工出来的零件中任取一个零件，则取到的零件是次品的概率为________．
【答案】0.032
【解析】
【详解】设“任取一个零件为次品”，“零件为第台车床加工”，
PA1=20%,PB|A1=4%,PA2=30%,PB|A2=3%,PA3=50%,PB|A3=3% ，
取到的零件是次品的概率为P(B)=PA1PB|A1+PA2PB|A2+PA3PB|A3
=20%×4%+30%×3%+50%×3%=0.032
14. 已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围为_____．
【答案】
【解析】
【分析】两函数图象上存在关于轴对称的点的等价命题是方程在区间上有解，化简方程在区间上有解，构造函数，求导，求出单调区间，利用函数性质得解.
【详解】解：根据题意，若函数与的图象上存在关于轴对称的点，
则方程在区间上有解，
即方程在区间上有解，
设函数，其导数，
又由，可得：当时， 为减函数，
当时， 为增函数，
故函数有最小值，
又由；比较可得： ，
故函数有最大值，
故函数在区间上的值域为；
若方程在区间上有解，
必有，则有，
即的取值范围是；
故答案为：；
【点睛】本题利用导数研究函数在某区间上最值求参数的问题, 函数零点问题的拓展. 由于函数的零点就是方程的根，在研究方程的有关问题时，可以将方程问题转化为函数问题解决. 此类问题的切入点是借助函数的零点，结合函数的图象，采用数形结合思想加以解决.
四、解答题：（本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步漂．）
15. （1）解方程：；
（2）求所有满足且的的值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）（2）利用排列数的阶乘计算公式化简求解即得.
【详解】（1）因，则，
即，
又且，则得．
（2）由得，
因为且，则得，即，解得；
由得，
化简得，即，解得或，
又因为，，所以且，
故．
16.
已知函数．
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）求在区间上的最小值．
【答案】（Ⅰ）单调递减区间是（）；单调递增区间是（Ⅱ）见解析
【解析】
【详解】（Ⅰ）令，得．与的情况如下：
所以，的单调递减区间是（）；单调递增区间是
（Ⅱ）当，即时，函数在[0，1]上单调递增，
所以（x）在区间[0，1]上的最小值为当时，
由（Ⅰ）知上单调递减，在上单调递增，
所以在区间[0，1]上的最小值为；
当时，函数在[0，1]上单调递减，
所以在区间[0，1]上的最小值为
17. 江苏城市足球联赛（俗称“苏超”）火爆出圈，某城市文旅部门推出“看球赛抽奖品”活动，到该城市观看比赛的球迷可抽奖获得纪念品．规则如下：抽奖3次，每次抽中纪念品的概率均为．若前2次未抽中纪念品，则第3次无论抽中与否均获得纪念品．
（1）求某球迷恰好获得1个纪念品的概率；
（2）记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，求x的数学期望．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）记 为“恰好获得1个纪念品”，列出事件包含的子事件，求出这些子事件的概率再求和即可；
（2）据题意得到 的可能值并求对应事件的概率，求 x 的分布列，再根据期望公式计算即得.
【小问1详解】
设每次抽中纪念品为事件，未抽中为事件 ，且， .
记 为“恰好获得1个纪念品”，则有以下可能情况：
第1次中，第2次未中，第3次未中：；
第1次未中，第2次中，第3次未中：；
第1、2两次均未中，则第3次必得：；
所以.
【小问2详解】
记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，则 的可能取值为1,2,3.
；
；
.
分布列
.
18. 已知函数．
（1）当时，若，当且仅当时，求．
（2）若是的极大值点，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）本小问解题关键是将“若，当且仅当时”转化成“对，有”，利用导数，求出函数的单调性，从而求出的值；
（2）根据极大值点处导函数为，且左侧单调递增，右侧单调递减，求出所有极值点，再讨论是否符号极大值即可.
【小问1详解】
解：由题意知的定义域为，
当时，，则，
令，则g′x=x1+x2，
当时，，∴在单调递减，
当时，，∴在单调递增，
又，∵在取极小值也是最小值，
∴g(x)=f'x≥0 在恒成立，∴在上单调递增．
由题知，，当且仅当，
则对，有，
∵单调递增，∴是时的最小值，∴，
代入得，∴，
当时，，且在上单调递增，，
当，则
当，则，
因此，当且仅当成立，
综上，.
【小问2详解】
由，
则f'x=(1+2ax)ln(1+x)+2+x+ax2x+1−2=ax2−x+(1+2ax)(1+x)ln(x+1)x+1，
令，
．
当，时，，单调递增，
∴，即．
∴在上单调递增，故不是的极大值点，不符合题意．
当时，令．
则，
显然单调递减，要使是的极大值点，则，即，
且在两侧左正右负.
注意到，即，
①令，，
∴当时，，当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴，
∴单调递减，又，
∴当时，，即，
当时，，即，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴是的极大值点，符合题意；
②若，则，m'e−1+6a4a−1=(2a−1)1−e1+6a4a