2025--2026学年安徽合肥一六八中学高二下册期中调研数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年安徽合肥一六八中学高二下册期中调研数学试题 [含答案]，共5页。试卷主要包含了 函数在处的切线斜率为， 的展开式中的系数为，48B等内容，欢迎下载使用。
1. 函数在处的切线斜率为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 4
2. 某校要从4名教师中选派3人分别到三个乡镇开展支教活动，则不同的选派方案数为（ ）
A. 18B. 24C. 30D. 36
3. 的展开式中的系数为（ ）
A. 240B. 160C. -240D. -160
4. 某学校有，两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐. 如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.6；如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.8. 则王同学第2天去餐厅用餐的概率为（ ）
A. 0.48B. 0.7C. 0.75D. 0.8
5. 某校高一年级有甲､乙､丙三名学生报名参加数学､物理､化学三门学科的竞赛选拔，每人限报且必报一科，每名学生选择各门学科的可能性相同.已知事件：甲､乙两人所报学科不同；事件：乙､丙两人所报学科相同，则（ ）
A. B. C. D.
6. 若函数在区间上有最大值，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
7. 一个袋子中装有大小形状完全相同的3个黑球和2个白球.现从这5个球中随机摸球，每次摸一球，不放回，摸到黑球就结束摸球.设表示摸球次数，则的数学期望（ ）
A. B. C. D.
8. 在如图三行四列共块方格地块中选出块种植六个不同品种的蔬菜，每块地只种植一种蔬菜，要求必须横向相邻种植，横向､纵向都不能相邻种植，则不同的种植方案共有（ ）
A. B. C. D.
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. 现有3幅不同的国画，2幅不同的油画，4幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（ ）
A. 从中任选1幅画布置房间，有9种不同的选法
B. 从这些国画､油画､水彩画中各选1幅布置房间，有24种不同的选法
C. 从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有26种不同的选法
D. 从3幅不同的国画中选出2幅，分别挂在左､右两边墙上的指定位置，共有5种不同的挂法
10. 已知随机事件，，满足，，，，则（ ）
A.
B.
C. 事件，相互独立
D. 若，则与互斥
11. 已知函数，，使得有三个零点且，则下列说法正确的是（ ）
A. 的取值范围为
B.
C. 若，则
D. 函数在三个零点处的切线斜率的倒数之和为0
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.
12. 已知，则________.
13. 已知甲箱中有2个红球和2个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球（所有球除颜色外完全相同），某学生先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，记“从乙箱中取出的球是黑球”为事件，则________.
14. 已知对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.
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. 已知函数
（1）若曲线在处的切线与直线平行，求该切线方程.
（2）若在区间上单调递增，求的取值范围.
16. 袋中有编号为的四个大小､质地均相同的小球，从中依次不放回地随机取出两个球，设第一次取出的球的编号为，第二次取出的球的编号为，设随机变量.
（1）求的分布列及数学期望；
（2）定义随机变量，求的期望及方差.
17. 在二项式展开式中，第1项和第2项的二项式系数比为
（1）求展开式中的常数项；
（2）求展开式中系数最大的项.
18. 已知函数，.
（1）当时，求的极值；
（2）讨论的单调性；
（3）若对任意，有恒成立，求整数的最大值.
19. 已知函数，．
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，，求的取值范围；
（3）求证：．
数学
一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 函数在处的切线斜率为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 4
答案：C
解析：
解答过程：，则函数在处的切线斜率为.
2. 某校要从4名教师中选派3人分别到三个乡镇开展支教活动，则不同的选派方案数为（ ）
A. 18B. 24C. 30D. 36
答案：B
解析：
解答过程：不同的选派方案数为.
3. 的展开式中的系数为（ ）
A. 240B. 160C. -240D. -160
答案：A
解析：
思路：由二项式的展开式求解即可.
解答过程：的通项公式为Tr+1=C6r⋅2x6−r⋅−1r，所以当时，T3=C62⋅2x4⋅−12=240x4，
所以的展开式中的系数为240.
4. 某学校有，两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐. 如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.6；如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.8. 则王同学第2天去餐厅用餐的概率为（ ）
A. 0.48B. 0.7C. 0.75D. 0.8
答案：B
解析：
解答过程：记事件为“第1天去餐厅”，事件为“第1天去餐厅”，事件为“第2天去餐厅”，
由题意得P(A1)=P(B1)=0.5 , P(A2|A1)=0.6 , P(A2|B1)=0.8 ，
则由全概率公式得P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)=0.5×0.6+0.5×0.8=0.7 .
5. 某校高一年级有甲､乙､丙三名学生报名参加数学､物理､化学三门学科的竞赛选拔，每人限报且必报一科，每名学生选择各门学科的可能性相同.已知事件：甲､乙两人所报学科不同；事件：乙､丙两人所报学科相同，则（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：根据古典概型概率计算公式及条件概率公式计算求解.
解答过程：每人有3种学科选择，所以基本事件总和为，
事件，甲有3种学科选择，乙有2种学科选择，丙无限制，有3种学科选择，
所以事件包含的可能事件为，则，
事件：甲、乙两人所报学科不同，乙、丙两人所报学科相同，
故事件，甲有3种学科选择，乙有2种学科选择，丙与乙相同，只有1种学科选择，
所以事件包含的可能事件为，则，
所以.
6. 若函数在区间上有最大值，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：对函数进行求导，导数的零点需落在指定区间上，从而求出的范围
解答过程：，又，
令，，则的零点与的零点相同，
因为函数图象开口向下且，要使在区间上有最大值，
所以和，解得.
7. 一个袋子中装有大小形状完全相同的3个黑球和2个白球.现从这5个球中随机摸球，每次摸一球，不放回，摸到黑球就结束摸球.设表示摸球次数，则的数学期望（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
解答过程：因为摸到黑球就结束摸球，所以的可能取值为，，；
所以PY=1=35，
PY=2=25×34=310，
PY=3=25×14×1=110，
所以EY=1×35+2×310+3×110=32.
8. 在如图三行四列共块方格地块中选出块种植六个不同品种的蔬菜，每块地只种植一种蔬菜，要求必须横向相邻种植，横向､纵向都不能相邻种植，则不同的种植方案共有（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：以所在位置分为两类：类：三邻格在边缘行（第行或第行），类：三邻格在中间行（第行），对于类：有组，及有；对于类：有组，及有；因此可得4×175+2×196×A33×A22.
解答过程：分三步完成：
第一步：分类确定的位置：
因为​要求横向相邻，三行四列中，每行有组横向三邻格，共组.
分两类：类：三邻格在边缘行（第行或第行），共组；
类：三邻格在中间行（第行），共组.
第二步：计算每类中的可选位置数：
因为占了个格后，剩余个格，需要选个不相邻的格放，再从剩余个格选个放：
类（边缘行三邻格）：总选格方法为，因为剩余格中相邻对共对，
因此不相邻选法为种；再选个放，共种.
类（中间行三邻格）：同理，总选格种，剩余格中相邻对共对，不相邻选法为种；
再选个放​，共种.
第三步：计算总排列数：​是不同品种，全排列；​不同，全排列，
因此，总方案数：4×175+2×196×6×2=700+392×12=1092×12=13104 .
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. 现有3幅不同的国画，2幅不同的油画，4幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（ ）
A. 从中任选1幅画布置房间，有9种不同的选法
B. 从这些国画､油画､水彩画中各选1幅布置房间，有24种不同的选法
C. 从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有26种不同的选法
D. 从3幅不同的国画中选出2幅，分别挂在左､右两边墙上的指定位置，共有5种不同的挂法
答案：ABC
解析：
解答过程：A，题目当中总共有9幅画，在9幅画中选一幅画，一共有9种选法，故A正确；
B，在国画中选一幅有种，油画中选一幅有种，
水彩画中选一幅有种，因此在这些国画､油画､水彩画中各选1幅布置房间，
一共有C31×C21×C41=3×2×4=24 种，故B正确；
C，要选出2幅不同种类的画，有3种选法：
第一种选法为国画和油画，有种；
第二种选法为国画和水彩画，有种；
第三种选法为油画和水彩画，有种.
一共有种，故C正确；
D，从3幅国画选2幅出来有种，又要按左、右排序，有种，故D错误.
10. 已知随机事件，，满足，，，，则（ ）
A.
B.
C. 事件，相互独立
D. 若，则与互斥
答案：ACD
解析：
解答过程：对于A，，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，，C正确；
对于D，，即3PCB+32PCB=38，
又因为，所以，
所以，解得 ，
故B与C互斥，D正确.
11. 已知函数，，使得有三个零点且，则下列说法正确的是（ ）
A. 的取值范围为
B.
C. 若，则
D. 函数在三个零点处的切线斜率的倒数之和为0
答案：ACD
解析：
解答过程：已知，求导得.
选项A：若存在三个不同零点，则必有两个不同的极值点，
即必有两个不等的实根，
即判别式，得.
此时，只需通过调整（上下平移函数图像），使得极大值大于0、极小值小于0，
从而存在三个零点，因此，故A正确；
选项B：举反例：取，取，则，
零点为，，，则，
即，故B错误；
选项C：展开计算左边式子：
.
不等式即，化简得，故C正确；
选项D：切线斜率为，由因式分解得，
因此，倒数和为：
，故D正确.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.
12. 已知，则________.
答案：-31
解析：
思路：根据二项展开式，令与代入，即可求解.
解答过程：令可得，，令，则，所以.
13. 已知甲箱中有2个红球和2个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球（所有球除颜色外完全相同），某学生先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，记“从乙箱中取出的球是黑球”为事件，则________.
答案：
解析：
思路：根据题给条件分析具体情况列条件概率和全概率公式计算即可得解.
解答过程：记学生先从甲箱中取出的2个球恰有ii=0,1,2个红球放入乙箱为事件，
PA0=C20C22C42=16,PA1=C21C21C42=23,PA2=C22C42=16,
学生先从甲箱中随机取出2个黑球放入乙箱，则此时乙箱中有红黑，此时PB|A0=C51C61=56.
学生先从甲箱中随机取出1个红球1个黑球放入乙箱，则此时乙箱中有红黑，此时PB|A1=C41C61=23，
学生先从甲箱中随机取出2个红球放入乙箱，则此时乙箱中有红黑，此时PB|A2=C31C61=12，
则PB=PA0PB|A0+PA1PB|A1+PA2PB|A2=16×56+23×23+16×12=23.
14. 已知对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.
答案：
解析：
思路：先将不等式整理为e2ax−1+2ax≥elnx−1+lnx ，构造同构函数f(t)=et−1+t ，由是上的单调递增函数，将问题转化为恒成立；再求的最大值，从而得到实数的取值范围.
解答过程：原不等式整理得.
构造函数，原不等式等价于对任意恒成立.
对求导得：恒成立，因此是上的单调递增函数，
不等式等价于.
将不等式变形为对任意恒成立，令，求导得，
令，得，当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
因此的最大值为，故，即.
综上，的取值范围是.
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. 已知函数
（1）若曲线在处的切线与直线平行，求该切线方程.
（2）若在区间上单调递增，求的取值范围.
答案：（1）3x−y+ln2−5=0
（2）解析：
思路：（1）对函数求导，根据切线斜率求出，然后根据函数值和斜率求出切线方程.
（2）根据单调性列出不等式，构造新函数，求导判断单调性，求出最小值，即可求得结果.
（1）对函数求导得f'x=1x+2x−a,x>0 ，所以f'2=12+4−a .
因为曲线在处的切线与直线平行，
所以f'2=12+4−a=3 ，解得.
所以fx=lnx+x2−32x ，而f2=ln2+4−32×2=ln2+1 .
所以该切线方程为y−ln2+1=3x−2，即3x−y+ln2−5=0 .
（2）对函数求导得f'x=1x+2x−a,x>0 ，因为在区间上单调递增，
所以1x+2x−a≥0 在区间上恒成立，即a≤1x+2x 在区间上恒成立，
令gx=1x+2x ，求导得g'x=−1x2+2=2x2−1x2,x∈(0,1] .
当时，则22lnkk−1−12kk−1，，从而构造函数，求导，分析函数的单调性来证明该不等式成立，从而得到k=2n1k>k=2nlnkk−1−12kk−1，再结合对数的运算及裂项相消求和即可证明结论．
（1）当时，，其定义域为，
则f′x=exx−1+2x2，
令gx=exx−1+2 ，则g′x=exx ，
若，，即在上单调递减；
若，，即在上单调递增，
则gx≥gxmin=g0=e0×0−1+2=1>0 ，
所以在和上恒成立，
所以的单调递增区间为和，无单调递减区间．
（2）当时，由eax−2x>2ex−1x，整理得eax>2xex+1 ，
令gx=eax−2xex−1 ，，
则g′x=aeax−2ex−2xex=aeax−2exx+1，
当时，，
所以要使在上恒成立，
即要使（否则在附近会递减，导致），
则g′0=a−2≥0 ，解得，
以下验证时，在上恒成立，
当时，gx=e2x−2xex−1 ，g′x=2e2x−2exx+1=2exex−x−1，
令，，则，
则，即g′x=2exex−x−1>0 ，
所以在上单调递增，所以，
所以满足eax>2xex+1 ；
当时，则，所以eax=ea−2x⋅e2x>e2x>2xex+1 ，
所以也满足eax>2xex+1 ．
综上所述，的取值范围为．
（3）先证明不等式1k>lnkk−1−12kk−1，，
令，，
即证不等式1−11+t>ln1+t−t22t+1，，
令pt=1−11+t−ln1+t+t22t+1，，
则p′t=11+t2−11+t+t2+2t2t+12=t22t+12>0 ，
则在上单调递增，所以pt>p0=1−1−0+0=0 ，
所以不等式1k>lnkk−1−12kk−1在时成立，
则k=2nlnkk−1=ln21+ln32+⋯+lnnn−1=ln21×32×⋯×nn−1=lnn ，
k=2n12kk−1=1211×2+12×3⋯+1n−1n=121−12+12−13⋯+1n−1−1n=n−12n，
所以k=2n1k>k=2nlnkk−1−12kk−1=k=2nlnkk−1−k=2n12kk−1=lnn−n−12n，得证．