2025--2026学年吉林省松原市实验高级中学高二下册期中考试数学试题 [含解析]

这是一份2025--2026学年吉林省松原市实验高级中学高二下册期中考试数学试题 [含解析]，共10页。试卷主要包含了 可以表示为， 函数在区间上的平均变化率为， 下列求导运算中，不正确的是， 在的展开式中，的系数为， 若，则下列选项正确的是等内容，欢迎下载使用。
一､单选题（每小题5分，共40分）
1. 可以表示为（ ）.
A. B. C. D.
2. 某校开设类选修课3门，类选修课4门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有（ ）
A. 3种B. 4种C. 7种D. 12种
3. 函数在区间上的平均变化率为（ ）
A. 3B. C. 2D.
4. 有4封不同的信投入3个不同的信箱，可有不同的投入方法种数为（ ）
A. 81B. 64C. 27D. 24
5. 下列求导运算中，不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
6. 随机变量的取值为，，，若，，则（ ）
A. B. C. D.
7. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. 15B. 45C. 60D. 90
8. 查干湖是东亚—澳大利西亚候鸟迁徙通道上的重要中转站，每年春季正是候鸟迁徙的高峰期，在湖边很容易看到万鸟翔集的景象．小李､小赵等5位同学计划对东方白鹳､白琵鹭和花脸鸭这3种鸟类展开研究，要求：每种鸟类研究至少有1人参加，每人必须且只能选择1种鸟类进行研究．若小李和小赵不能研究同一种鸟类，则不同的研究方案总数为（ ）
A. 144B. 114C. 94D. 72
二､多选题（每小题6分，共18分）
9. 已知函数的导函数在上的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 在上单调递减B. 当时，取得极大值
C. 当时，取得极小值D. 是在上的最大值
10. 若，则下列选项正确的是（ ）
A. 展开式中的二项式系数最大项为第3项和第4项
B.
C.
D. 当时，除以8的余数为1
11. 已知随机事件，满足，，，则（ ）
A.
B.
C.
D.
三､填空题（每小题5分，共15分）
12. 已知变量服从分布，且，则__________
13. 若函数和的图象分别分布在某直线的两侧（函数图象与直线没有公共点），则称该直线为函数和的“隔离直线”.已知，，若和在公共定义域上存在“隔离直线”，则该“隔离直线”的斜率取值范围为______.
14. 小明玩一款棋，如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向上或向右移动1格，则从起点到终点共有______种不同的走法.
四､解答题
15. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）求当时，函数的最值.
16. 甲、乙、丙三人各投篮1次．已知甲、乙、丙投篮的命中率分别是0.5，0.6，0.8．每个人能否投中相互独立．
（1）在甲、乙、丙三人共投中2次的条件下，求其中有1次是甲投中的概率；
（2）记甲、乙、丙三人共投中次，求的分布列和期望．
17. 已知函数.
（1）当时，求函数的极值点；
（2）若函数在上单调递减，求实数a的取值范围.
18. 高二年级某班在元旦联欢时设计了一个抽奖环节，抽奖箱里有3个黑球和2个红球，每位同学从中随机抽取1个小球，若取出黑球，则放回小盒中，无奖励；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回抽奖箱中，奖励幸运礼品一份；下一位同学在前一位抽奖后的箱中继续抽奖，直至红球取完为止.设“第个抽奖同学获得第1份幸运礼品”记为事件，设“第个抽奖同学获得第2份幸运礼品”记为事件.
（1）求和；
（2）求第位同学恰好获得第2份幸运礼品的概率.
19. 已知函数．
（1）当时，求在点处的切线方程；
（2）讨论的极值；
（3）已知，函数有两个不同的零点，和一个极值点，记，，，试判断与的大小关系，并说明理由．
数学
满分150分，共4页．考试时间为120分钟．考试结束后，只交答题卡．
一､单选题（每小题5分，共40分）
1. 可以表示为（ ）.
A. B. C. D.
答案：C
解析：
解答过程：设，则，解得，
故.
2. 某校开设类选修课3门，类选修课4门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有（ ）
A. 3种B. 4种C. 7种D. 12种
答案：C
解析：
思路：利用分类计数原理求解即可.
解答过程：选择课程的方法有2类：从类课程中选一门有3种不同的方法，
从类课程中选1门有4种不同的方法，∴共有不同选法（种）．
故选：C.
3. 函数在区间上的平均变化率为（ ）
A. 3B. C. 2D.
答案：A
解析：
思路：利用平均变化率定义计算即可得.
解答过程：函数在区间上的平均变化率为．
4. 有4封不同的信投入3个不同的信箱，可有不同的投入方法种数为（ ）
A. 81B. 64C. 27D. 24
答案：A
解析：
思路：利用分步计数原理，每封信独立选择信箱，将各步的方法数相乘得到总方法数。
解答过程：每封信都有3种选择，所以将4封不同的信投入3个不同的信箱，共有种方法．
故选：A.
5. 下列求导运算中，不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
答案：B
解析：
思路：结合导数的基本运算直接判断即可.
解答过程：选项A：，故A正确；
选项B：，故B错误；
选项C：，故C正确；
选项D：，故D正确.
6. 随机变量的取值为，，，若，，则（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：根据概率之和为，以及方差公式，即可解得和，进而利用方差公式直接求解即可.
解答过程：由题知，，
又，
所以，
所以，，
所以.
故选：B
7. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. 15B. 45C. 60D. 90
答案：B
解析：
思路：根据二项式展开式的通项公式计算即可求解.
解答过程：的展开式为
，
所以二项式展开式中含项为，
二项式展开式中含项的系数为45.
故选：B
8. 查干湖是东亚—澳大利西亚候鸟迁徙通道上的重要中转站，每年春季正是候鸟迁徙的高峰期，在湖边很容易看到万鸟翔集的景象．小李､小赵等5位同学计划对东方白鹳､白琵鹭和花脸鸭这3种鸟类展开研究，要求：每种鸟类研究至少有1人参加，每人必须且只能选择1种鸟类进行研究．若小李和小赵不能研究同一种鸟类，则不同的研究方案总数为（ ）
A. 144B. 114C. 94D. 72
答案：B
解析：
思路：先将5位同学分成三组，再进行分配求出所有分配方案，再研究小李和小赵研究同一种鸟类时的所有方案，利用间接法可求.
解答过程：先将5位同学分成三组有两种情况：，共有种方法，
再将这三组分给3种鸟类，共有种，
所以5位同学分成三组进行研究共有种方法，
若小李和小赵研究同一种鸟类，
若他们这组仅两人，则将剩下三人按照分组，有种，
若他们这组有三人，则先选择1人参加这组，再剩余两人各自成一组，有种，
再将这三组分给3种鸟类，共有种，
所以小李和小赵研究同一种鸟类共有种方法，
则小李和小赵不能研究同一种鸟类，则不同的研究方案总数为.
二､多选题（每小题6分，共18分）
9. 已知函数的导函数在上的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 在上单调递减B. 当时，取得极大值
C. 当时，取得极小值D. 是在上的最大值
答案：ABC
解析：
思路：根据导函数图象的正负判断函数的增减与极值、最值，依此判断各个选项即可.
解答过程：对于A，由题图可知时，，单调递减，故A正确；
对于B，C，由题图易知在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得极大值，
当时，取得极小值，故BC，正确；
对于D，在上的最大值应是与中的较大者，故D错误.
10. 若，则下列选项正确的是（ ）
A. 展开式中的二项式系数最大项为第3项和第4项
B.
C.
D. 当时，除以8的余数为1
答案：BD
解析：
思路：对于A直接用二项式系数的性质判断；对于B用赋值法可得；对C可对二项式两边求导，然后再赋值可得；对于D则将按二项式展开式进行判断可得.
解答过程：对于A：由二项式展开式中的二项式系数为，
所以时二项式系数最大，即第4项的二项式系数最大，故A不正确；
对于B：令，可得，
再令，得，
所以，所以B正确；
对于C：对两边求导，
得，
再令，得，所以C错误；
对于D：当时，3−2x6=3−2×56=−76=76=8−16，
而(8−1)6=C6086+C6185(−1)+C6284(−1)2+⋯+C658(−1)5+C66(−1)6
=[C6085+C6184(−1)+C6283(−1)2+⋯+C65(−1)5]⋅8+1 ，
即除以8的余数为1，所以D正确.
11. 已知随机事件，满足，，，则（ ）
A.
B.
C.
D.
答案：AB
解析：
思路：利用条件概率公式和相互独立事件的概率公式对选项一一判断即可.
解答过程：对于A，因为，，，
所以，
所以，即，故A正确；
对于B，因为①，，
又因为，所以，所以
代入①可得：，所以，
，所以，故B正确；
对于C，，故C不正确；
对于D，，故D不正确；
故选：AB.
三､填空题（每小题5分，共15分）
12. 已知变量服从分布，且，则__________
答案：##
解析：
思路：根据概率和为1可求.
解答过程：因为变量服从分布，故，
故
13. 若函数和的图象分别分布在某直线的两侧（函数图象与直线没有公共点），则称该直线为函数和的“隔离直线”.已知，，若和在公共定义域上存在“隔离直线”，则该“隔离直线”的斜率取值范围为______.
答案：
解析：
思路：利用导数的几何意义求得两个函数公切线的斜率，画出函数图象，结合图象可得“隔离直线”的斜率取值范围.
解答过程：
由题意和的公共定义域为，结合大致图象可知，在上，.
设直线，直线与在上的图象切于点，与在上的图象切于点，
，，则，
则，且，联立解得，，
所以公切线的斜率，结合图象可知，“隔离直线”的斜率的取值范围为.
故答案为.
14. 小明玩一款棋，如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向上或向右移动1格，则从起点到终点共有______种不同的走法.
答案：29
解析：
思路：利用分类计数加法原理和分步计数乘法原理来求解即可.
解答过程：设：列从左到右为，行从下到上为，
起点()，简记为，终点()，简记为
如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向上或向右移动1格，
则小明必经过和，
当小明经过到达时，按以下步骤：
从到，这三步中有一步向右，两步向上，故有种走法，
下面又分两类情形到达，
第1类是从到，只有2种走法，然后再向右走到，
而从到，这三步中有一步向上，两步向右，故有种走法，
所以第1类从到的走法有种；
第2类是从到，这三步中有一步向右，两步向上，故有种走法，
然后从到，只能全向右走，只有1种走法，
所以第2类从到的走法有种；
所以小明经过到达的走法有种；
当小明经过到达时，按以下步骤：
从到，只能全向右走，只有1种走法，
再从到，只能全向上走，也是只有1种走法，
最后从到，只有2种走法，
所以小明经过到达的走法有种；
故小明从起点到终点不同的走法共有种.
四､解答题
15. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）求当时，函数的最值.
答案：（1）单调递增区间为和，单调递减区间为
（2）最小值为，最大值为
解析：
思路：（1）求导，利用导函数的符号分析函数的单调性.
（2）利用（1）的结论，可求函数在区间上的最值.
（1）因为，
所以.
由或；由.
所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2）由（1）得：函数在上单调递减，在上单调递增.
所以.
又，，所以.
综上，当时，函数的最小值为，最大值为.
16. 甲、乙、丙三人各投篮1次．已知甲、乙、丙投篮的命中率分别是0.5，0.6，0.8．每个人能否投中相互独立．
（1）在甲、乙、丙三人共投中2次的条件下，求其中有1次是甲投中的概率；
（2）记甲、乙、丙三人共投中次，求的分布列和期望．
答案：（1）
（2）分布列见解析，数学期望为1.9
解析：
思路：（1）求出甲、乙、丙三人共投中2次的概率，再求出在此条件下有1次是甲投中的概率；
（2）写出的所有可能取值，求出对应概率，列出分布列，求出数学期望
（1）记“甲、乙、丙三人共投中2次”为事件，“甲投中”为事件．
，
．
（2）的所有可能取值为0，1，2，3．
，
，
，
，
所以的分布列为
17. 已知函数.
（1）当时，求函数的极值点；
（2）若函数在上单调递减，求实数a的取值范围.
答案：（1）是函数的极大值点，无极小值点
（2）解析：
思路：（1）直接对求导，利用导数研究函数的单调性，利用极值点的定义即可求出；
（2）根据函数在区间上为减函数，利用分离参数法，得出对恒成立，再构造函数，根据导数确定函数在区间上的单调性，从而求出，即可得出实数的取值范围．
（1）由题可知，的定义域为，
当时，，，
令，则，而，解得：，
令，则，而，解得：，
的单调增区间为，单调减区间为，
故是函数的极大值点，无极小值点.
（2）的定义域为，
函数在上单调递减，
在上恒成立，
即在上恒成立，
令，则，
可知，当时，，即，
即在区间上，故在区间上单调递增，
则，
故实数a的取值范围为.
18. 高二年级某班在元旦联欢时设计了一个抽奖环节，抽奖箱里有3个黑球和2个红球，每位同学从中随机抽取1个小球，若取出黑球，则放回小盒中，无奖励；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回抽奖箱中，奖励幸运礼品一份；下一位同学在前一位抽奖后的箱中继续抽奖，直至红球取完为止.设“第个抽奖同学获得第1份幸运礼品”记为事件，设“第个抽奖同学获得第2份幸运礼品”记为事件.
（1）求和；
（2）求第位同学恰好获得第2份幸运礼品的概率.
答案：（1），
（2）解析：
思路：（1）利用独立事件的概率乘法公式和条件概率公式求解可得；
（2）根据相互独立事件的概率乘法公式求出，然后利用全概率公式，结合等比数列求和公式可得.
（1）由题意，表示第一个同学取出红球，第二个同学取出黑球，第三个同学取出红球，
表示第一个同学取出黑球，第二、三个同学取出红球，
表示在第三个同学获得第二个幸运礼品的情况下，第二个同学获得第一个幸运礼品的概率，
所以，，
因为，
所以；
（2）第个同学获得第1份幸运礼品，第个同学获得第2份幸运礼品的概率为：
，
因为，
所以第个同学获得第2份幸运礼品的概率为：
，
，
所以第个抽幸运奖同学获得第二份幸运礼品的概率为.
19. 已知函数．
（1）当时，求在点处的切线方程；
（2）讨论的极值；
（3）已知，函数有两个不同的零点，和一个极值点，记，，，试判断与的大小关系，并说明理由．
答案：（1）
（2）时，无极值；时，的极大值为，无极小值；
（3）解析：
思路：（1）求出，由点斜式求切线方程；
（2）求出导数，分和进行讨论，根据导数的符号确定函数的单调区间，从而可得极值；
（3）由于，，利用导数证得，，故由零点存在定理有零点，由三角形性质可比较.
（1）当时，，则，
又，
所以在点处的切线方程为；
（2）由，得，
当时，对任意，，
所以在单调递减，无极值；
当时，令，得；令，得．
在单调递增，在单调递减，
函数在处取得极大值，极大值为，无极小值，
综上所述，时，无极值；
时，在处取得极大值，极大值为，无极小值；
（3）由，函数有两个不同的零点，和一个极值点，
由（2）知在单调递增，在单调递减，
故为的极大值点，
极大值，令．
则，故在单调递增，
故，
又注意到，故不妨设，
此外，
则，记，
则，
所以在上单调递减，所以，
即，故在单调递减，
故．
由零点存在性定理，知有零点，
则．
设，则为的高且，故.
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