福建省福州市台江区九校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份福建省福州市台江区九校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷（Word版附解析），共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．曲线在处的切线如图所示，则＝（ ）

A．0B．2C．－2D．－1
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
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
4．已知随机变量的分布列如下表，且．
若，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知，则（ ）
A．B．2C．4D．12
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．
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
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．
二、多选题
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
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．
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
三、填空题
12．若，则正整数的值为_____.
13．若函数在处有极小值，则等于______．
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___________．
四、解答题
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．
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.
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
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：.
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：.
1
2
3
参考答案
1．C
【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．B
【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．A
【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．A
【详解】由，
因，则，
解得：．
故选：A.
5．C
【详解】令，则，
故，
中得系数为，中得系数为，
所以，
故选：C.
6．A
【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．D
【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．B
【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.
9．ACD
【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， ，
则， 因此，D正确.
10．ABD
【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．BC
【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.
12．5或7
【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.
13．108
【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.
14．29
【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．
15．(1)常数项为，此项的二项式系数为；
(2).
【详解】（1）展开式的通项公式为，
由，得，
所以展开式中的常数项为，其二项式系数为.
（2）令的系数绝对值最大，则，即，
整理得，解得，由，得，
所以系数绝对值最大的项为.
16．(1)
(2)的极小值为无极大值
【详解】（1）由，可得
又曲线在点处的切线与直线平行，故，
即，得.
（2）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．(1)
(2)
【详解】（1）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.
（2）的所有取值可能为0，1，2.
，，.
的分布列为
.
18．(1)①；②
(2)证明见解析
【详解】（1）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；
（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），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．
19．(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1），，
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.
（2），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.
（3）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，X
0
1
2
P