2025--2026学年河北省唐山市第一中学高二下册5月期中考试数学试题 [含解析]

这是一份2025--2026学年河北省唐山市第一中学高二下册5月期中考试数学试题 [含解析]，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。
1. 已知的方差为3，则的方差为（ ）
A. 6B. 7C. 12D. 18
2. 已知是函数的导函数，且，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
3. 随机变量的分布列如图，其中成等差数列，则（ ）
A. B. C. D.
4. 甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束）．已知每局比赛甲获胜的概率均为，则甲以4比2获胜的概率为（ ）
A. B. C. D.
5. 有名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两位同学不能相邻，则不同的站法有
A. 种B. 种C. 种D. 种
6. 的展开式中x3y3的系数为（ ）
A. 5B. 10
C. 15D. 20
7. 已知则（ ）
A. B.
C. D.
8. 函数的两个极值点满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
9. 甲、乙两个盒子中分别装有大小、形状、质地相同的1个黑球和2个红球.现从两个盒子中各任取一个球放入对方盒子中称为一次操作，重复进行次操作后，甲盒子中恰有0个黑球，1个黑球，2个黑球分别记为事件，，，则以下错误的是（ ）
A. B.
C. D.
二、多选题
10. （多选）已知函数的导数为，若存在，使得，则称是的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是（ ）
A. B.
C. D.
11. 若，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
三、填空题
12. 已知函数在处有极大值，则______.
13. 从6名男生和4名女生中，选出3名代表，要求至少包含1名女生，则不同的选法有_______种.
14. 甲乙两名选手进行一场羽毛球比赛，采用三局二胜制，先胜两局者赢得比赛，比赛随即结束，已知任一局甲胜的概率为，若甲赢得比赛的概率为，则取得最大值时______
四、解答题
15. 会员足够多的某知名咖啡店，男会员占60％，女会员占40％．现对会员进行服务质量满意度调查．根据调查结果得知，男会员对服务质量满意的概率为，女会员对服务质量满意的概率为．
（1）随机选取一名会员，求其对服务质量满意的概率；
（2）从会员中随机抽取3人，记抽取的3人中，对服务质量满意的人数为，求的分布列和数学期望．
16. 已知函数．
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值．
17. 一个袋子中装有外观、材质完全相同的红、白两种球，其中红球4个，白球个.现从袋中一次性摸出2个球，若2个球同色，记1分，否则记0分.
（1）求一次摸球得分为1的概率；
（2）若，有放回地摸三次球，求得分的分布列及期望、方差；
（3）有放回地摸四次球，记四次摸球后得分为3的概率为，则当为多少时，最大？
18. 已知函数．
（1）若，求的极值；
（2）讨论的单调性；
（3）若对任意，有恒成立，求整数m的最小值．
19. 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.
数学
一、单选题
1. 已知的方差为3，则的方差为（ ）
A. 6B. 7C. 12D. 18
答案：C
解析：
思路：利用方差的性质求解即可.
解答过程：因为的方差为3，
所以的方差为.
故选：C.
2. 已知是函数的导函数，且，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
答案：A
解析：
思路：求导函数，令即可求解.
解答过程：由，可得，
故，解得.
故选：A.
3. 随机变量的分布列如图，其中成等差数列，则（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：由等差数列定义和分布列性质可求得，由此可得结果.
解答过程：成等差数列，；
由分布列性质知：，解得：，，
.
故选：C.
4. 甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束）．已知每局比赛甲获胜的概率均为，则甲以4比2获胜的概率为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：根据题意只需前5场甲赢3场，再利用独立事件的乘法公式求解．
解答过程：根据题意，甲运动员前5场内需要赢3场，第6场甲胜，
则甲以4比2获胜的概率为．
故选：C．
5. 有名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两位同学不能相邻，则不同的站法有
A. 种B. 种C. 种D. 种
答案：B
解析：
解答过程：首先将甲排在中间，乙、丙两位同学不能相邻，则两人必须站在甲的两侧，
选出一人排在左侧，有：种方法，
另外一人排在右侧，有种方法，
余下两人排在余下的两个空，有种方法，
综上可得：不同的站法有种.
本题选择B选项.
6. 的展开式中x3y3的系数为（ ）
A. 5B. 10
C. 15D. 20
答案：C
解析：
思路：求得展开式的通项公式为（且），即可求得与展开式的乘积为或形式，对分别赋值为3，1即可求得的系数，问题得解.
解答过程：展开式的通项公式为（且）
所以的各项与展开式的通项的乘积可表示为：
和
在中，令，可得：，该项中的系数为，
在中，令，可得：，该项中的系数为
所以的系数为
故选：C
方法提示：本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力，属于中档题.
7. 已知则（ ）
A. B.
C. D.
答案：D
解析：
思路：注意到，.
后构造函数，可判断b与c大小.
解答过程：注意到，.则.
令，其中.
则，
得在上单调递增，在上单调递减.
则，
又函数在R上单调递增，则，即.故．
故选：D
方法提示：方法点睛：比较代数式大小的常见方法有：（1）利用函数单调性；（2）利用中间量；（3）构造函数.
8. 函数的两个极值点满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：根据极值点为导函数的零点，整理变形得，然后令代入后表示出，代入目标式转化为关于的函数，利用导数求最值即可.
解答过程：由题知，函数的定义域为，，
因为有两个极值点，所以，，则，①
令，因为，所以，
将代入①整理可得，，
所以，
令，则，
设，则，
因为，所以，所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以
故选：D
9. 甲、乙两个盒子中分别装有大小、形状、质地相同的1个黑球和2个红球.现从两个盒子中各任取一个球放入对方盒子中称为一次操作，重复进行次操作后，甲盒子中恰有0个黑球，1个黑球，2个黑球分别记为事件，，，则以下错误的是（ ）
A. B.
C. D.
答案：B
解析：
思路：通过分析单次操作中不同事件的概率，结合条件概率、全概率公式推导各选项可得A、B、C；对于递推型概率，构造等比数列求解通项公式，可得D.
解答过程：初始时，甲盒有1黑2红，乙盒有1黑2红.
选项A：一次操作后，甲盒恰有1黑球（事件）的情况：
从甲取红且从乙取红，或从甲取黑且从乙取黑.
甲取红的概率为，乙取红的概率为；甲取黑的概率为，乙取黑的概率为.
故，A正确；
选项B：表示“第二次操作后甲盒有1黑球的前提下，
第一次操作后甲盒有0黑球”的概率.
第一次操作后甲盒有0黑球（）：甲取黑、乙取红，概率.
第二次操作后甲盒有1黑球（）的情况：若发生，甲盒0黑3红，乙盒2黑1红，
此时从甲取红、乙取黑的概率为，故.
若发生，甲盒1黑2红，乙盒1黑2红，此时（同）.
若发生，甲盒2黑1红，乙盒0黑3红，此时（甲取黑、乙取红的概率为），
由全概率公式：，
由条件概率公式：，B错误；
选项C：表示“第一次操作后甲盒有0黑球，或第二次操作后甲盒有1黑球”的概率，
由概率的加法公式：，
其中，
代入得：，C正确；
选项D：递推关系：，
整理为：，初始值，
故，因此，
即，D正确.
二、多选题
10. （多选）已知函数的导数为，若存在，使得，则称是的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是（ ）
A. B.
C. D.
答案：ABC
解析：
思路：结合“巧值点”的定义，逐个求解是否有解即可.
解答过程：对于A: ，令，得或，有“巧值点”，A满足；
对于B: ，令，得，有“巧值点”，B满足；
对于C: ，令，结合，的图象，知方程有解，有“巧值点”，C满足；
对于D: ，令，得，与矛盾，没有“巧值点”，D不满足.
故ABC.
11. 若，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
答案：AC
解析：
思路：利用赋值法即可逐一求解.
解答过程：令，则，故A正确，
令可得，故，故B错误，
令可得，故，故C正确，
令可得，，故D错误，
故选：AC
三、填空题
12. 已知函数在处有极大值，则______.
答案：
解析：
思路：求出导函数，由求得值，然后对所得结果加以检验即可．
解答过程：由已知，
可得，
令，解得或，
由可得，，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
不是极大值点，舍去；
由可得，，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以是函数的极大值点．
综上．
故．
13. 从6名男生和4名女生中，选出3名代表，要求至少包含1名女生，则不同的选法有_______种.
答案：100
解析：
思路：首先算出从人中任取人共有种，全是男生共有种，再利用间接法即可得到至少包含1名女生共有种.
解答过程：从名男生和名女生共，任取人共有种，
其中全是男生共有种，
所以至少包含1名女生共有种.
故
方法提示：本题主要考查组合数的应用，间接法为解题的关键，属于简单题.
14. 甲乙两名选手进行一场羽毛球比赛，采用三局二胜制，先胜两局者赢得比赛，比赛随即结束，已知任一局甲胜的概率为，若甲赢得比赛的概率为，则取得最大值时______
答案：
解析：
思路：利用表示出，从而将表示为关于的函数，利用导数求解出当时函数的单调性，从而可确定最大值点.
解答过程：甲赢得比赛的概率：
，
令，
则，令，解得：，
因为，当和时，；当时，
即在和上单调递减；在上单调递增
当时，取最大值，即取最大值
本题正确结果：
方法提示：本题考查利用导数求解函数的最值问题，关键是根据条件将表示为关于变量的函数，同时需要注意函数的定义域.
四、解答题
15. 会员足够多的某知名咖啡店，男会员占60％，女会员占40％．现对会员进行服务质量满意度调查．根据调查结果得知，男会员对服务质量满意的概率为，女会员对服务质量满意的概率为．
（1）随机选取一名会员，求其对服务质量满意的概率；
（2）从会员中随机抽取3人，记抽取的3人中，对服务质量满意的人数为，求的分布列和数学期望．
答案：（1）；
（2）分布列见解析，
解析：
思路：（1）利用全概率公式计算即可；
（2）根据二项分布的分布列及期望公式计算即可.
（1）记事件：会员为男会员，：会员为女会员，事件：对服务质量满意，
则由题可知，，，，
所以；
（2）由题设及（1）知：服从分布，
，
，
所以.
16. 已知函数．
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值．
答案：(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值.
解析：
解答过程：试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式中即可；（Ⅱ）设，求，根据确定函数的单调性，根据单调性求函数的最大值为，从而可以知道恒成立，所以函数是单调递减函数，再根据单调性求最值.
试题解析：（Ⅰ）因为，所以.
又因为，所以曲线在点处的切线方程为.
（Ⅱ）设，则.
当时，，
所以在区间上单调递减.
所以对任意有，即.
所以函数在区间上单调递减.
因此在区间上的最大值为，最小值为.
【名师方法提示：这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设，再求，一般这时就可求得函数的零点，或是()恒成立，这样就能知道函数的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断的单调性，最后求得结果.
17. 一个袋子中装有外观、材质完全相同的红、白两种球，其中红球4个，白球个.现从袋中一次性摸出2个球，若2个球同色，记1分，否则记0分.
（1）求一次摸球得分为1的概率；
（2）若，有放回地摸三次球，求得分的分布列及期望、方差；
（3）有放回地摸四次球，记四次摸球后得分为3的概率为，则当为多少时，最大？
答案：（1）；
（2）分布列见解析，期望为，方差为；
（3）24.
解析：
思路：（1）根据给定条件，结合组合计数问题求出古典概率.
（2）求出的可能值及对应的概率，列出分布列并求出期望、方差.
（3）求出的函数关系，利用导数求出最大值条件，再建立不等式求解即得.
（1）一次摸球得分为1的概率.
（2）当时，，的所有可能值为，，
，，
，，
所以得分的分布列为
期望，方差.
（3）依题意，，求导得，而，
当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值，
由，得，而，解得，又，
当时，；当时，，又，
因此当，即时，取得最大值，
所以.
18. 已知函数．
（1）若，求的极值；
（2）讨论的单调性；
（3）若对任意，有恒成立，求整数m的最小值．
答案：（1）极大值为，无极小值．
（2）分类讨论，答案见解析.
（3）1
解析：
思路：（1）求导，通过导数判断函数单调性，然后可得；
（2）求导，分，讨论可得；
（3）参变分离，将问题转化为在上恒成立问题，记，利用导数求函数的最大值所在区间可得.
（1）的定义域为，
当 时，，
令，解得
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减．
所以在时取得极大值为，无极小值．
（2）因为
当时，在上恒成立，此时在上单调递增；
当时
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减；
综上：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（3）因为对任意，恒成立，
所以在上恒成立，
即在上恒成立．
设，则．
设，，则在上单调递减，
因为，，
所以，使得，即．
当时，；
当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以．
因为，所以，
故整数的最小值为1．
方法提示：本题第三问属于恒成立问题,恒成立问题比较常见的处理方法之一便是参变分离法,然后构造函数转化问函数最值问题,利用导数可解.
19. 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.
答案：（1）①；②
（2）证明见解析
解析：
思路：（1）①时，第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，利用相互独立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式能求出第三次取出为白球的概率；
②先求出第三次取出的是白球的种数，再求出在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，选到第个袋子的概率为，由此能求出第三次取出的是白球的概率，再结合条件概率即可得解；
（2）先求出第三次取出的是白球的种数，再求出在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，选到第个袋子的概率为，由此能求出第三次取出的是白球的概率，进而得证．
（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．
方法提示：思路点睛：本题为无放回型概率问题：根据题意首先分类讨论不同值情况下的抽取总数(可直接用值表示一般情况)，再列出符合题意得情况(此处涉及排列组合中先分类再分组得思想)，最后即可计算得出含的概率一般式，累加即可，累加过程中注意式中与的关系可简化累加步骤.
0
1
2
3
0
1
2
3