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题

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题，文件包含2026年八年级道德与法治下册新教材统编版知识点汇总练习原卷版docx、2026年八年级道德与法治下册新教材统编版知识点汇总练习答案版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共186页， 欢迎下载使用。
单选题
曲线 y  f  x 在 x  1 处的切线如图所示，则 f 1  f 1 ＝（ ）
A．0B．2C．－2D．－1
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
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（ ）
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
已知随机变量 X 的分布列如下表，且Y  aX  3 ．
若 E (Y )  2 ，则a  （ ）
X
1
2
3
P
1
2
1
3
1
6
3
2
5
3
1
已知 x 14  2x5  a  a  x 1  a  x 12 L a  x 15 ，则a  （ ）
01252
2
B．2C．4D．12
若圆柱的侧面的展开图的周长为 4，则该圆柱体积最大为（ ）
8 27π
32
27π
4π
27
4 27π
若m ，n 均为非负整数，在做m  n 的加法时各位均不进位（例如，134  3802  3936 ），则称(m, n) 为“简单的”有序对，而m  n 称为有序数对(m, n) 的值，那么值为 1942 的“简单的”有序对的个数是
A．100B．150C．200D．300
若函数 f  x   1 x3  1 x2  2x 1是区间m 1, m  4 上的单调函数，则实数 m 的值一定不是（）
32
5
3
3D． 4
多选题
下列说法正确的是（）
设一组样本数据 x1 , x2 ,, xn 的方差为 2，则数据2x1  3, 2x2  3,, 2xn  3 的方差为 8
将 5 个不同的小球放入 3 个不同的盒子中，盒子可空，有53 种不同的放法；
用 0~9 这 10 个数字，可以组成 648 个没有重复数字的三位数
已知随机变量 X 的概率分布为 P  X  n 
a
2n 12n 1
n  1, 2, 3, 4 ，则实数a 的值为 9
4
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．A1 表示事件“从甲罐取出的球是红球”，A2 表示事件“从甲罐取出的球是白球”，B 表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是（ ）
A1 , A2 为对立事件
P B∣A   3
111
P B  7
22
P B∣A   P B∣A   5
1211
已知函数 f  x  x ln x ，则（ ）
函数 f  x 在0, e 上单调递减，在e, ∞ 上单调递增
 4  25 
f  1   f  13 
 
若a  xf  x ，则实数a 的取值范围是 ∞,  1 
2e 

当 1  x  e2 时，若方程 f  x  b b  R  有且只有一个根，则 1  b  2e4
exe2
填空题
161515
若C2x5  Cx1  Cx ，则正整数 x 的值为.
若函数 f  x  x  x  c2 在 x  1 处有极小值，则 f 3 等于．
将 4 个相同的小球摆放在3 3 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．
解答题
x
在(2 x  1 )6 的展开式中，求：
求常数项、及此项的二项式系数；
求系数绝对值最大的项．
已知函数 f  x  ax  ex ，曲线 y  f  x 在点0, f 0 处的切线与直线 x  y 1  0 平行.
求a 的值；
求 f  x 的极值.
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）.
求这 4 联可以凑成甲对联的概率；
记这 4 联可以凑成 X 副对联，求 X 的数学期望
现有外表相同，编号依次为1, 2, 3,L, n n  3 的袋子，里面均装有n 个除颜色外其他无区别的小球，第
k k  1, 2, 3,L, n 个袋中有k 个红球， n  k 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.
当n  4 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；
记第三次取到白球的概率为 p ，证明： p   .
2
已知函数 f (x)  a ln x  1 x2  x .
2
讨论 f ( x) 的单调区间；
若 f (x)  k (x  1)  1 (a  0) ，求a 与k 的数量关系；
2
设x ， x  x  x  是 f ( x) 的两个极值点，证明： f  x   f  x   1 .
1212
122
参考答案
1．C
【详解】设曲线 y  f  x 在 x  1 处的切线方程为 y  kx  b ，
b  2，k  1，
则2k  b  0 解得b  2，

所以曲线 y  f  x 在 x  1 处的切线方程为 y  x  2 ，则切线斜率为 1，所以 f 1  1，f 1  1 2  3 ，
因此， f 1  f 1  1 3  2 ．故选：C.
2．B
【详解】先从 5 种课外书中选 2 种给甲有C2  10 种，再从剩下的 3 种书中选 2 种给乙有C2 = 3 种，
53
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10  3  30 种. 3．A
【详解】由题意可知：
P  A B 表示在事件 B 发生的条件下，事件 A 发生的概率， P  A B 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 E( X )  1 1  2  1 3 1  5 ，
2363
因Y  aX  3 ，则 E(Y )  E(aX  3)  aE( X )  3  5 a  3  2 ，
3
解得： a  3 ．故选：A.
5．C
【详解】令 x +1 = t ，则 x  t 1，
故 x 14  2x5  t  24  2 t 15  a
 a t  a t 2 L a t5 ，
0125
t  24 中t2 得系数为C2 22  24 ， t  15 中t2 得系数为C3 13  10 ，
45
所以a2  24  20  4 ，
故选：C.
6．A
【详解】设圆柱母线长为l ，底面半径为r ，则l  2πr  4  2 ，
2
而圆柱体积V  πr 2l  πr 2 2  2πr  ，其中0  r  1
π
故V   4πr  6π2r 2 ，
当0  r  2 时，V   0 ，当 2  r  1 时，V   0 ，
3π3ππ
故V  πr 2 2  2πr  在 0, 2  上为增函数，在 2 , 1  上为减函数，
3π 
 3π π 

 2 2 2 8
 
故Vmax  π 3π   2  2π 3π   27π ，
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2 10  5 3  300 个，故选 D.
8．B
【详解】因为 f  x  x2  x  2   x  2 x 1 ，由 f   x   0 ，得到1  x  2 ，由 f   x   0 ，得到 x  1或 x  2 ，
所以 f  x 的增区间为1, 2 ，减区间为∞, 1 ， 2,  ，又 f  x 在区间m 1, m  4 上单调，
m  4  2

则m 1  1或m  4  1 或m 1  2 ，解得m  5 或m  3 ，结合选项知，实数 m 的值一定不是3 .
ACD
【详解】对于 A，由方差的性质，新数据的方差为22  2  8 ，A 正确； 对于 B，每个小球有 3 种方法，则不同的放法种数为35  243 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9  9  8  648 个，C 正确；
对于 D， P(X  n) a
 a (1
1) ，
2n 12n 1

2 2n 12n 1
则 a [(1 1 )  ( 1  1 )  ( 1  1 )  ( 1  1 )]  4a  1， 因此a  9 ，D 正确.
2335577994
ABD
【详解】对于 A，因为甲罐中只有红球和白球，即 A1  A2  , A1  A2   ，
所以 A1 , A2 为对立事件，故 A 正确；
对于 B，当 A 发生时，乙罐中有 3 个红球，8 个白球，此时 P B∣A   3 ，故 B 正确；
1111
对于 C，当 A 发生时，乙罐中有 2 个红球，9 个白球，此时 P B∣A   2 ，
2211
所以 P  B  P  A  P B∣A   P  A  P B∣A   1  3  1  2  5 ，故 C 不正确；
1122

2 112 1122
对于 D， P B∣A   P B∣A   5 ，故 D 正确，
1211
故选：ABD．
BC
【详解】对 A： f  x  ln x  x  1  ln x 1，
x
当 x  0, 1  时， f  x  0 ，当 x  1 , ∞ 时， f  x  0 ，
e  e

故 f  x 在 0, 1  上单调递减，在 1 , ∞ 上单调递增，故 A 错误；
e  e

1
对 B：因 f  1   1 ln 1  1 ln  1 2  1 ln 1  f  1  ，
 4 

442
 4 22
 2 
   
由 1  1  13 ，及 f  x 在 1 , ∞ 上单调递增，
e225
 e

 4  2  25 
可得 f  1   f  1   f  13  ，故 B 正确；
  
对 C： a  xf  x  x  x ln x  x2 ln x ，令 g  x  x2 ln x ，
则 g x  2x ln x  x2  1  x 2 ln x 1 ，
x
 1   1
当 x  0, e 2  时， g x  0 ，当 x e 2 , ∞ 时， g x  0 ，

 1   1
故 g  x 在 0, e 2  上单调递减，在e 2 , ∞ 上单调递增，

  1   1 2
  1 1
1 
故a  g e 2   e 2  ln e 2   ，即a  ∞,  2e  ，故 C 正确；
2e
对 D：令 f  x  b ，即b  x2 ln x ，
x
 1   1
由 C 知，函数 g  x  x2 ln x 在e1 , e 2  上单调递减，在e 2 , e2  上单调递增，

21  1   1 2  1 1
由 g e1   e1  ln e1   ， g e 2   e 2  ln e 2   ，
e2
g e2   e2 2 ln e2   2e4 ，
2e
若方程 f  x  b b  R  有且只有一个根，则 1  b  2e4 或b   1 ，故 D 错误.
x
12．5 或 7
e22e
【详解】由组合数的性质Cm  Cm1  Cm ，可得Cx1  Cx  Cx ，
n1nn
151516
1616
则C2x5  Cx ，可得2x  5  x 或2x  5  x  16 ，解得 x  5 或 x  7 .
故答案为：5 或 7.
13．108
【详解】 f  x   x  c2  2x  x  c   x  c3x  c ，因为 f  x 在 x  1 处有极小值，所以 f 1  0 ， 即1 c3  c  0 ，解得c  1 或c  3 ，
若c  1 ，则 f  x   x 13x 1 ，
当 x  1或 x   1 时， f  x  0 ， f  x 单调递增，
3
当1  x   1 时， f  x  0 ， f  x 单调递减，
3
所以 f  x 在 x  1 处取极大值，不合题意，若c  3 ，则 f  x   x  33x  3 ，
当 x  3 或 x  1 时， f  x  0 ， f  x 单调递增，当3  x  1时， f  x  0 ， f  x 单调递减，
所以 f  x 在 x  1 处取极小值，合题意，
所以 f  x  x  x  32 ，则 f 3  33  32  108 .
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3 3 的方格分为 A，B 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 A 类方格，以保证 A 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 B 类方格，如图所示：
4
4 个小球若占用 4 个 A 类方格，有C4  1种；
44
4 个小球若占用 3 个 A 类方格，1 个 B 类方格，有C3 C1  16 种；
4 个小球若占用 2 个 A 类方格，2 个 B 类方格，
4
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C2  2  12 种；
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.
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116 12  29 种．
15．(1)常数项为160 ，此项的二项式系数为20 ；
(2) T3  240x .
【详解】（1） (2 x 
)6 展开式的通项公式为T
 Cr 2
x 6r  
1   1r 26r Cr x3r , r  6, r  N ，
x
由3  r  0 ，得r  3 ，
r 166
x
r

所以展开式中的常数项为23 C3  160 ，其二项式系数为C3  20 .
66
6！  26r 6！ 27r
Cr  26r  Cr 1  27r
 r !(6  r)!(r 1)!(7  r)!
（2）令Tr 1
的系数绝对值最大，则
66
Cr  26r  Cr 1  25r
，即6！
6！，
 66
 26r  25r
 r !(6  r)!(r 1)!(5  r)!
7  r  2r

整理得2(r 1)  6  r
，解得 4  r  7 ，由r  N ，得r  2 ，
33
所以系数绝对值最大的项为T  (1)2 24 C2 x  240x .
36
16．(1) a  2
(2) f  x 的极小值为2 1 ln2, 无极大值
【详解】（1）由 f  x  ax  ex ，可得 f  x  a  ex
又曲线 y  f  x 在点0, f 0 处的切线与直线 x  y 1  0 平行，故 f 0  1 ，即a 1  1，得a  2 .
（2）由（1）可知 f  x  2x  ex ，且 f  x  2  ex .令 f  x  0 ，可得 x  ln2 ，由 f  x  0 ，可得 x  ln2 .由 f  x  0 ，得 x  ln2 .
故 f  x 在∞, ln2上单调递减，在ln2, ∞ 上单调递增.
可知当 x  ln2 时， f  x 极小值为 f ln2  2 1 ln2 ， f  x 无极大值.
17．(1) 3
14
(2) 6
7
8
【详解】（1）8 联中随机取出 4 联，有C4  70 种取法，
6
取出的 4 联含有甲对联，剩余的 2 联在其它 6 联中选取，有C 2  15 种取法，
C2153
所以这 4 联可以凑成甲对联的概率为 6 .
C
8
47014
（2） X 的所有取值可能为 0，1，2.
248
4  C2  2224
C23
8
8
P( X  0) ， P( X  1)  3 ， P( X  2)  4 .
C
C
C
8
435
435
435
X 的分布列为
E( X )  8  0  24 1 3  2  6 .
3535357
18．(1)① 1 ；② 1
26
(2)证明见解析
【详解】（1）① n  4 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  1  2  2  2  1  2  2  1  1 ；
4 3 24 3 24 3 22
②设选出的是第k k  1, 2, 3, 4 个袋，连续三次取球的方法数为4  3 2  24 ，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k  1 则，取法数为4  k 3  k 2  k  ，
若k  2 或k  3 或k  4 ，取法数为0 ，也满足关系4  k 3  k 2  k  ，故取（白，白，白）的取法可表示为4  k 3  k 2  k  ，
同理（白，红，白），取法数为k 4  k 3  k  ，
（红，白，白），取法数为k 4  k 3  k  ，
（红，红，白），取法数为k k 14  k  ，从而第三次取出的是白球的种数为：
4  k 3  k 2  k   k 4  k 3  k   k 4  k 3  k   k k 14  k 
 3 2 4  k  ，
X
0
1
2
P
8
35
2 4
3 5
3
35
则在第k 个袋子中第三次取出的是白球的概率 pk
 4  k ，
4
则在第3 个袋子中第三次取出的是白球的概率 p  1 ，
34
k1
而选到第 个袋子的概率为 4 ，故所求概率为：
414
4  k 11 4
1 33
p  pk  4   4  4  k   16 i  8 ，
k 1
k 1
416 k1
i0
1  1
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 4 4  1 ；
36
8
（2）设选出的是第k 个袋，连续三次取球的方法数为n n 1n  2 ，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n  k n  k 1n  k  2 ，
（白，红，白），取法数为k n  k n  k 1 ，
（红，白，白），取法数为k n  k n  k 1 ，
（红，红，白），取法数为k k 1n  k  ，从而第三次取出的是白球的种数为：
n  k n  k 1n  k  2  k n  k n  k 1  k n  k n  k 1  k k 1n  k 
 n 1n  2n  k  ，
则在第k 个袋子中第三次取出的是白球的概率 pk
 n  k ，
n
而选到第k
个袋子的概率为 1 ，
n
n1n
n  k 11 n
1 n1
n 1111
所以 p  pk  n  
n  n  n2 n  k   n2 i  2n
  ．
2
k 1
k 1
k 1
i0
2n
19．(1)答案见解析
a  k
证明见解析

ax2  x  a
【详解】（1） f (x)  x 1 
xx
， x  0 ，
令 x2  x  a  0 ，由  1 4a  0 ，得a  1 ，
4
此时 f ( x)  0 ， f ( x) 在(0, ) 上单调递增；
当  1 4a  0 ，即a  1 时，方程 x2  x  a  0 的两根为 x
 1
1 4a ， x
 1
1 4a ；
41222
当a  0 时， x1
 1 
1  4a  0 ，所以当 x 0, x2  时， f ( x)  0 ，
2
当 x  x2 , ∞ 时， f ( x)  0 ，
1 1 4a 
 1
1 4a
所以 f ( x) 在 0,2 上单调递减，在2, ∞ 上单调递增，

当0  a  1 时， x  1  1  4a  0 ，所以当 x  x , x  时， f ( x)  0 ，
4121 2
当 x 0, x1   x2 , ∞ 时， f ( x)  0 ，
 1
1 4a 1
1 4a 
1
1 4a 
 1
1 4a
所以 f ( x) 在
2,2 上单调递减，在 0,2
 和
2, ∞ 上单调递增；

1 1 4a 
 1
1 4a
综上，当a  0 时， f ( x) 在 0,2
 上单调递减，在
2, ∞ 上单调递增；
01f ( x)

 1 1 4a , 1 1 4a 

 0, 1 1 4a 
 1 1 4a ,

当  a 时，在
4
22 上单调递减，在
2 和2
∞ 上单调递

增；
当a  1 时， f ( x) 在(0, ) 上单调递增.
4
f (x)  k (x 1)  1 ，即a ln x  1 x2  x  k (x 1)  1  0 ，
222
令 g(x)  a ln x  1 x2  x  k (x 1)  1 ， g(1)  0 ，
22
x2  (k  1)x  ag(1)  a  k
g (x) ，，
x
若 g(1)  a  k  0 ，则存在 x0  0 ，使得当 x 1 x0 ,1 x0  时， g( x)  0 ，
即 g ( x) 在(1  x0 ,1  x0 ) 上单调递增，而 g(1)  0 ，所以 g 1 x0   0 ，不符合题意，若 g(1)  a  k  0 ，则存在 x  0 ，使得当 x 1 x,1 x 时，
g(x)  0 ，即 g ( x) 在(1x,1 x 上单调递减，而 g(1)  0 ，所以 g 1 x  0 ，不符合题意，
g(1)  a  k  0
x2  (a  1)x  a
(x 1)(x  a)
若，即a  k  0 ，则 g (x) ，
xx
当 x (0,1) 时， g(x)  0 ，当 x (1, ) 时， g( x)  0 ，
所以 g ( x) 在( 0, 1) 上单调递减，在(1, ) 上单调递增， g(x)  g(1)  0 ，符合题意；综上， a 与k 的数量关系为a  k .
证明：结合（1）可得，当 f ( x) 有两个极值点时， 0  a  1 ，
4
且 x + x  1， x x  a ， 0  x  1 ，
121 212
f  x   f  x   a ln x  1 x2  x   a ln x  1 x2  x 
1212 11 22 22 

 a ln x1  1 x2  x2    x  x 

1212
x22
 x x ln x1  1  x  x  x  x    x  x 

x
2
1 2121212
2
 x x ln x1  1  x  x 
x
2
1 212
2
11
1
 x 1 x ln x1  1 2x 1

1 x12
令t x1 11，由于0  x  1 ，则0  t  1 ，则 x  t ，
1 x1
1 x112
11 t
f  x   f  x   t 1 t  ln t  1  2t 1  t ln t  t 1
则12
1 t 
1 t 
2  1 t1
22 1 t  ，
h t  
t ln t 

t 1 , 0  t  1
  t 
设1 t 22 1 t ，
则ht  
1 ln t 1 t 2  2 1 t t ln t
1 t 4
 2 1 t   2 t 1
4 1 t 2
 1 t ln t ，
1 t 3
因为0  t  1 ，则1 t  0, ln t 0, 1 t 3 0 ，则ht   0 恒成立，
所以h t  在0,1 上单调递减，
则t  0 时， h t   1
2
且小于 1
2
，所以
h t   1 ，
2