云南楚雄第一中学等校2025-2026学年高二下学期5月期中数学试题（含解析）

这是一份云南楚雄第一中学等校2025-2026学年高二下学期5月期中数学试题（含解析），共44页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围， 已知数列满足，则， 已知随机变量的分布列如下等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章，第七章第2节~第3节.
一､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，只有一项是符合题目要求的.
1. 某影城有一些电影新上映，其中有3部科幻片､2部文艺片､3部喜剧片，小华从中任选1部电影观看，则不同的选法种数有（ ）
A. 18B. 9C. 8D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据分类加法计数原理即可求解.
【详解】由分类加法计数原理，得不同的选法种数为.
故选：C
2. 一个直线运动的质点的位移y（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求导，得到，由导数的物理意义得到瞬时速度.
【详解】由题意得，所以，
即该质点在时的瞬时速度为．
故选：A．
3. 若随机变量X服从两点分布，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】随机变量X服从两点分布，因此，
而，所以，
故，所以.
4. 某同学参加校园义卖活动，将自己制作的8个不同类型的手工艺品排成一排进行售卖，要求其中的甲、乙、丙3个手工艺品相邻排列，则不同的排法总数为（ ）
A. 1440B. 2160C. 4320D. 5760
【答案】C
【解析】
【详解】将甲、乙、丙3个手工艺品看作一个整体，内部排序有种方法，将其和剩余的5个工艺品进行全排，有种情况.
则不同的排法总数共有种.
5. 已知函数在定义域上不是单调函数，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】对函数求导得，因为函数在定义域上不是单调函数，
所以导函数的函数值既有正值又有负值，故，即，所以.
6. 若二项式的展开式中，所有的二项式系数之和为1024，则二项式系数最大的项是（ ）
A. 第4项B. 第5项C. 第6项D. 第7项
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式系数之和求出，结合二项式系数的特征可求答案.
【详解】因为二项式的展开式中，所有的二项式系数之和为1024，则，解得，
所以二项式的展开式中，最大的二项式系数是，即二项式系数最大的项是第6项．
7. 已知数列的通项公式是，，设的前项和为，则（ ）
A. 100πB. 75πC. 50πD. 25π
【答案】C
【解析】
【分析】当为奇数时，，当为偶数时，，分组求和得到答案.
【详解】，
当为奇数时，，当为偶数时，，
所以
.
故选：C
8. 已知函数的导函数为，且与的定义域都是，若对，且，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，根据导数及题设得出在上单调递减，结合得出，根据函数单调性即可求解．
【详解】令，则，
因为对，，
所以，即，
所以在上单调递减，又，
由可得，即，解得，
所以不等式的解集为．
二､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. 已知数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】整理可得，代入即可判断AB；分析可知数列是以3为周期的数列，结合周期性判断CD.
【详解】由可得，且，
则，，，故A错误，B正确；
可知数列是以3为周期的数列，
所以，故CD正确；
故选：BCD．
10. 已知随机变量的分布列如下：
则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【详解】由随机变量分布列的性质，得，解得，故A正确；
，故B错误；
，故C错误；
，故D正确.
11. 已知，关于方程，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，该方程有15组解
B. 当时，该方程的解满足的概率为
C. 当时，该方程有35组解
D. 当时，该方程有495组解
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据组合数的计算、古典概率、隔板法等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于A，当时，中有3个2，2个1，
所以该方程解的组数为，故A错误；
对于B，因为中有3个2，2个1，且，
所以，，，中有2个是1，1个是2，
所以所求概率为，故B正确；
对于C，当时，相当于在8个1之间的7个空隙中选4个插入4个隔板，
把8个1分为5部分，各部分1的个数分别为的值，
所以解的组数为，故C正确；
对于D，当时，设，则，且，
相当于在13个1之间的12个空隙中选4个插入4个隔板，把13个1分为5部分，
各部分1的个数分别为的值，
所以解的组数为，故D正确．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则实数________.
【答案】或
【解析】
【分析】根据组合数的性质得解.
【详解】由组合数的性质得或，
所以或
本题考查组合数的性质，属于基础题.
13. 已知等差数列的前项和为，若，则______________.
【答案】56
【解析】
【分析】利用等差数列前项和的性质结合等差中项即可求解
【详解】因为是等差数列，所以成等差数列，
则，即，解得.
故答案为：
14. 为丰富同学们的劳动体验，增强劳动技能，认识到劳动最光荣、劳动最伟大，高二年级在社会实践期间开展“拔草”“翻土”“播种”“浇水”这四个项目的劳动技能比赛．某小组7名同学积极参加，若每名同学必须参加且只能参加1个项目，每个项目至少有1人参加，则这7名同学有______种不同的参加方法．
【答案】8400
【解析】
【分析】先按人数拆分7名同学为4组（满足每组至少1人），再将分好的4组对应分配到4个不同项目中，最后汇总所有分组情况的方法数即可.
【详解】先将7名同学分成四组，有1，1，1，4；1，1，2，3和1，2，2，2这三种情况，
当分组为1，1，1，4时，不同的参加方法有；
当分组为1，1，2，3时，不同的参加方法有；
当分组为1，2，2，2时，不同的参加方法有．
综上所述，满足题意的不同的参加方法有种．
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. 已知.
（1）求的值；
（2）求的二项展开式中的常数项.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用组合数计算公式求出；
（2）利用通项公式求出，可得答案.
【小问1详解】
由，得，即，解得，
由，得且，所以；
【小问2详解】
由（1），得，
的二项展开式中通项公式为，
令，得，
所以的二项展开式中，常数项为.
16. 已知函数fx=xx−a2+1 在处取得极小值.
（1）求的值；
（2）求在区间上的最大值和最小值.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）先通过，求出的值，再分类讨论是否在处取得极小值，从而求出的值；
（2）代入端点值，再比较端点值和极值的大小，从而求出最大值和最小值.
【小问1详解】
解：（1）由题意知，
又在处取得极小值，所以，
解得或.
当时，，令，解得或，
令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，不符合题意；
当时，，令，解得或，
令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，符合题意.
综上，.
【小问2详解】
由（1）知，又，，
，，
所以，.
17. 已知公比为正数的等比数列的前n项和为，且，，数列满足，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由等比数列的通项公式及前项和公式求出首项与公比即可求出通项公式，利用累乘法求出的通项公式；
（2）根据错位相减法求和即可.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，
由，得，又，所以，解得或（舍去）．
又，则，解得，
所以．
由，得，
所以；，，，
以上各式相乘，得，
又，所以，且满足上式，所以．
【小问2详解】
由（1），得，
所以，
，
两式相减，得，
所以，
即．
18. 甲､乙两个袋子中，各放有大小和形状相同的小球若干.每个袋子中标号为0的小球有1个，标号为1的有3个，标号为2的有个.从一个袋子中任取两个球，取到的标号都是2的概率是.
（1）求的值；
（2）从两个袋子中各取一个小球，用表示这两个小球的标号之和，求的分布列和期望.
【答案】（1）
（2）的分布列为：
【解析】
【分析】（1）通过“从袋中取两个标号为2的球的概率”列组合数方程，解方程即可得到；
（2）先确定的所有可能取值，再分别计算每个取值对应的概率，最后整理分布列求期望即可.
【小问1详解】
从一个袋子中任取两个球的总组合数为，
取到两个标号为2的球的组合数为，
由取到的标号都是2的概率是，得，
整理得，解得或（舍去）
【小问2详解】
的可能取值为.
，
，
，
，
.
所以的分布列为：
所以.
19. 已知函数.
（1）当时，求的图象在处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）当时，求证： .
【答案】（1）
（2）当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出切点坐标和切线的斜率，从而求出切线的方程.
（2）通过，，这三类进行分类讨论.
（3）第三问，通过隐零点的设而不求，整理代入，从而证明.
【小问1详解】
当时， ，所以，，
所以 ，
所以的图象在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
的定义域为，，
当时，，此时在上单调递增；
当时，令，解得0