安徽省淮南市2025-2026学年高二数学下学期期中学业质量检测试卷含解析

第Ⅰ卷（选择题）

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.

fx3xfx

lim003

yfxfx

1.若函数在xx0处可导，且x0x，则0（）.

A.3B.1C.1D.3

【答案】B

【解析】

fx3xfxfx3xfx

【详解】00100

fx0limlim1

x03x3x0x

2.某合唱队有男队员15人，女队员20人，现需从中选出一名同学担任指挥，则不同的选法共有（）.

A.15种B.20种C.35种D.300种

【答案】C

【解析】

【详解】选一名指挥，可以从15名男队员中选，有15种选法；

也可以从20名女队员中选，有20种选法.

根据分类加法计数原理，总选法数为152035种.

3.对于事件A和B，PA0.6，PBA0.5，PAB0.9，则PB（）.

A.0.3B.0.48C.0.5D.0.6

【答案】D

【解析】

PAB

【详解】因为PA0.6，PBA0.5，所以PBA0.5，解得PAB0.3.

PA

又PABPAPBPAB0.9，所以PB0.90.30.60.6.

4.射击中每次击中目标得2分，未击中目标得0分，已知某运动员每次射击击中目标的概率是0.7，假设

每次射击击中目标与否互不影响，则他射击3次的得分的数学期望是（）.

A.0.63B.1.4C.2.1D.4.2

【答案】D

【解析】

【分析】确定射击3次击中目标的次数服从二项分布，再根据期望的性质EaXaEX计算得分的数

学期望.

【详解】由题意可知，射击3次击中次数X的可能取值为0，1，2，3，每次射击击中目标的概率是0.7，

且每次射击击中目标与否互不影响，

所以，射击3次击中目标的次数为XB3,0.7，EX30.72.1，

设得分为Y，则Y2X，所以EY2EX4.2.

5.若函数fxaexx有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（）.

11

A.0,B.0,1C.0,D.,

ee

【答案】A

【解析】

x

【详解】函数fxaex有两个不同的零点，即方程aexx0有两个不同的实数根.

当a0时，fxx，只有一个零点x0，不符合题意，所以a0.

x

当a0时，方程aexx0等价于a.

ex

x

令gx，则问题转化为直线ya与函数ygx的图象有两个不同的交点.

ex

exxex1x

求导得：gx.令gx0，得x1.

e2xex

当x1时，gx0，gx单调递增；

当x1时，gx0，gx单调递减.

1

所以gx在x1处取得极大值g1.当x时，gx；当x时，gx0.函数

e

ygx的图象大致如下：

由图象可知，当直线ya与函数ygx的图象有两个不同的交点时，

1

需满足0a.

e

1

当a时，直线与图象只有一个交点x1；

e

当a0时，直线与图象最多一个交点；

1

当a时，直线与图象无交点.

e

1

故实数a的取值范围为0,.

e

6.现将3名人工智能课程教师，3名编程竞赛教练，4名创客空间导师全部分配到三所不同的中学中，要

求每所中学都要有这三类教师，则不同的安排种数为（）.

A.864B.1296C.2592D.5184

【答案】B

【解析】

【详解】求不同的安排种数需要分成3步，先把4名创客空间导师按2:1:1分成3组，

23

并分配到三所学校，有C4A3种方法，再把3名人工智能课程教师分配到三所学校，

有3种方法，最后把3名编程竞赛教练分配到三所学校，有3种方法，

A3A3

由分步乘法计数原理得不同的安排种数为3233.

A3C4A3A31296

7.春天来了，万物复苏，校园楼下的花坛里种了不同颜色的花.如图，花坛内有五个花池，有五种不同颜

色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则不同的栽种方案数有

（）.

A.240种B.360种C.420种D.720种

【答案】C

【解析】

【详解】把图中的区域分别标上A，B，C，D，E，

用三种颜色：区域和相同，3（种），

A,DB,EA560

4

用四种颜色：区域A,D或B,E相同，共有2种，再选取四种颜色C55，

及254!240（种），

用五种颜色：5!120（种）.一共有24012060420（种）.

8.“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解

九章算法》一书中就有出现.如图，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩

上”的两个数之和，如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题正确的是（）.

A.第2026行中第1012个数和第1014个数相等

B.2222

C3C4C5C201330

a10

C.记第20，21行数字的最大值分别为a，b，则

b21

D.第7行的第8个数、第8行的第8个数、第9行的第8个数及第10行的第8个数之和等于第11行的第

9个数

【答案】D

【解析】

【分析】按照题目中的编号方式，第行的第个数可表示为k1，据此分别判断四个选项即可.

nkCn

【详解】对于A，因“杨辉三角”的第2026行中第1012个数和第1014个数分别为1011和1013，

C2026C2026

因，故10111013，故A错误；

101110132026C2026C2026

对于B，因322223222322，…

C3C3C4C5C20C4C4C5C20C5C5C20

212019

C3C2C31330，

2020216

则2222，故B错误；

C3C4C5C20133011329

对于C，第20行数字的最大值为10，第21行数字的最大值为1011，

aC20bC21C21

20!

aC1011

所以2010!10!，C错误；

10

bC2121!21

10!11!

对于D，因7777，而8，故D正确.

C7C8C9C101836120165C11165

二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.

9.下列说法正确的是（）.

1

A.已知随机变量B4,，则E321

4

2

B.设随机变量X等可能取1，2，3，，10，则PX5

5

⋯

C.设随机变量X服从两点分布，若PX1PX00.2，则成功概率PX10.6

a120

D.若随机变量的概率分布为Pnn1,2且a是常数，则a

n2n413

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A，利用二项分布的期望公式求解；对于B，利用古典概型求概率；对于C，利用两点分布的

性质求解；对于D，利用P1P21结合题中的概率分布求解.

11

【详解】对于A，因B4,，则E41，

44

故E323E21，故A正确；

1

对于B，因X5，包含1，2，3，4，5五种情况，则PX5，故B错误；

2

对于C，随机变量X服从两点分布，则PX1PX01，

10.2

又PX1PX00.2，解得PX10.6，故C正确；

2

aa120

对于D，依题意，P1P21，解得a，故D正确.

152413

10.下列各项中，正确的是（）.

A.32

3C82C5148

B.m1nm1

CnCn

C.n2n

nAn1An

2222

D.012nn

CnCnCnCnC2n

【答案】ACD

【解析】

【分析】由组合数计算公式、组合数性质、排列数计算公式逐项判断即可.

87654

【详解】对于选项A，因为3C32C23216820148，A正确；

8532121

对于选项B，根据组合数性质知道m1nm1nm1，B错误；

CnCnCn

n1!n1!

对于选项C，n2，n，

nAn1nnn!Ann!

n1n2!1!

因此n2n，C正确；

nAn1Ann!

对于选项D，全班n个男生n个女生，选取n个人留下来搞卫生n，

C2n

左边是从性别的角度考虑，用分类加法得0n1n12n2n0，

CnCnCnCnCnCnCnCn

2222

所以012nn.D正确.

CnCnCnCnC2n

11.在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3，4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件

奖品，再将四个箱子关闭，只有主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开

之前，主持人先随机打开另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率，现在

已知甲选择了1号箱，用Ai表示i号箱有奖品i1,2,3,4，用Bj表示主持人打开j号箱子j2,3,4，

下列结论正确的是（）.

1

A.

PB3A1

2

1

B.主持人打开3号箱的概率PB

33

3

C.若j3，且甲更改选择，则他获奖的概率为

4

D.若j3，甲改选2号箱比改选4号箱的中奖概率更大

【答案】BC

【解析】

1

【详解】对于A，奖品在号箱里，主持人可打开号箱，故，故A错误；

12,3,4PB3A1

3

1

对于B，奖品在号箱里，主持人可打开号箱，故，

12,3,4PB3A1

3

1

奖品在号箱里，主持人只能打开号箱，故，

23,4PB3A2

2

奖品在3号箱里，主持人打开3号箱的概率为0，故PB3A30，

1

奖品在号箱里，主持人只能打开号箱，故，

42,3PB3A4

2

411111

由全概率公式可得：，故B正确；

PB3PAiPB3Ai0

i143223

对于C、D，

（1）若甲不更改选择时，由贝叶斯公式计算

PA1B3PB3A1PA1

PA1B3

PB4.

3

PAiPB3Ai

i1

11

PBAPA

PA1B3311341

从而PA1B3.

PB414

3

PAiPB3Ai

i13

（2）当甲更改选择时

11

PABPB3A2PA23

2324

①若甲改选2号箱，甲中奖的概率为PA2B34，

PB18

3

PAiPB3Ai

i13

②若甲改选3号箱，甲中奖的概率为PA3B30，

11

PBAPA

PA4B3344243

③若甲改选号箱，甲中奖的概率为PA4B3，

4PB418

3

PAiPB3Ai

i13

333

因此甲更改选择，获奖的概率为，故C正确；

PA2B3PA3B3PA4B30

884

3

而，即甲改选号箱与改选号箱的中奖概率一样，故D错误.

PA2B3PA4B324

8

第Ⅱ卷（非选择题）

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.已知626，则______.

x1a0a1xa2xa6x3a0a2a4a6

【答案】34

【解析】

【分析】令x0得a01，再分别令x1和x1，并将两式求和得a0a2a4a632，再结合a01

即可得答案.

【详解】令x0得a01，

令x1得a0a1a2a3a4a5a664，

x1得a0a1a2a3a4a5a60，

两式相加得2a0a2a4a664，

所以a0a2a4a632，

所以3a0a2a4a6a0a2a4a62a032234.

13.y4xa是函数fxex3x3b与gx2x2lnx的公切线，则ab______.

【答案】2

【解析】

【分析】设切点坐标，由导数的几何意义进行求解．

【详解】设gx的切点为x1,y1，

2

∴gx124，∴x11，

x1

∴切点为1,2，

∴a2，

设fx的切点为x2,y2，

x2

由fx2e34，得x20，

得切点为0,2，则2e0303b，

得b1，

∴ab2.

xex

14.已知关于x的方程xeab2ln在x0,上有解，则a2b2的最小值为______.

2

【答案】2

【解析】

【分析】利用平方和形式的几何意义，将代数最值问题转化为原点到动直线的距离问题，再通过点到直线

距离公式将问题转化为单变量函数的最值问题，最后结合导数分析函数单调性，求出最小值．

【详解】a2b2可以看成0,0到a,b的距离，

xexxex

方程xeab2ln可以看成直线xaxbxe2ln0，

22

xexxex

xe2lnxe2ln

22212

所以ab，

2x22x

xex2x2

xe2lnxe2ln2x2

设2，则x，令mxxe2ln，

fxfxx

xx2

22

求导得mx2xexx2exxx2ex0，

xx

函数m(x)在(0,)上严格单调递增，当x0,x0时，mx，

当x时，mx，则存在x00，使得mx00，

当x(0,x0)时，m(x)0，f(x)0，f(x)单调递减；

当x(x0,)时，m(x)0，f(x)0，f(x)单调递增，

因此函数f(x)在xx0处取得最小值，

2

ln()

2x22

由，得0，整理得：x0x0，

m(x0)0x0e2lnx0eln()e

x0x0

令gxxex，求导得gxx1ex0，函数g(x)在(0,)上单调递增，

222

x0

由g(x0)g(ln())，得x0lne，

x0x0x0

2ex22

则fxex0ln01x2，

fxmin00

x02x0x0

1

所以a2b222．

min2

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.某企业开展内部知识竞赛，参赛的员工需要从8道题中随机抽取3道来回答.竞赛规则规定：每题回答

正确得6分，回答不正确得2分.

（1）已知甲员工每题回答正确的概率均为0.6，且各题回答正确与否之间没有影响，记甲答对的题目个数

为X，求X的期望和方差；

（2）已知员工乙能正确回答8道题中的5道，记乙的总得分为Y，求Y的分布列.

【答案】（1）EX1.8，DX0.72

（2）Y的分布列为：

Y-621018

115155

P

56562828

【解析】

【小问1详解】

设甲答对题目的数目为X，则XB3,0.6，

可得EX30.61.8，DX30.610.60.72．

【小问2详解】

设乙答对的题目数为Z，可知Z的可能取值为0，1，2，3．

则Y6Z23Z8Z6，所以Y的可能取值为6，2，10，18．

C3C0111C2C13515

35；35；

PY63PY23

C85656C85656

C1C23103015C0C3110105

35；35．

PY103PY183

C8565628C8565628

所以Y的分布列为：

Y-621018

115155

P

56562828

n

1

16.已知2x的展开式中共有10项.

x

（1）求展开式中x3的系数；

n

1

（2）当x1时，求2x被4整除的余数.

x

【答案】（1）5376

（2）3

【解析】

【小问1详解】

n0n1n12n22nn

abCnaCnabCnabCnb

n

二项式ab展开式有n1项，由题意:n110n9.

r

展开式的通项公式为r9r1r9r92r，其中.

Tr1C92xC92xr0,1,,9

x

令92r3，解得r3.

987

将r3代入通项，得x3的系数为C32932684645376.

9321

【小问2详解】

n

19

当时，90918890

x12x341C94C94C94C94

x

081778

4C94C94C94C914k14k13

其中081778

kC94C94C94C9

n

1

所以当x1时，2x被4整除的余数为3.

x

17.已知函数fxaexxexxaR.

（1）讨论fx的单调区间；

（2）当0a1时，求函数fx在0,2上的最小值.

【答案】（1）当a0时，fx在,0上单调递增，在0,上单调递减，

当0a1时，fx在,0，lna,上单调递增，在0,lna上单调递减；

当a1时，fx在R上单调递增；

当a1时fx在,lna，0,上单调递增，在lna,0上单调递减.

11

（2）0a时，fxf2ae222；

e2mine2

1a1时，fxflnaa1lnaa1.

e2min

【解析】

【分析】（1）求导，分a0，a0，a0，根据导数讨论求解即可；

11

（2）结合（1），根据函数单调性，分0a，2a1讨论求解即可.

e2e

【小问1详解】

易得fx定义域为R.

1ex

当a0时，fxexxfxex1.

ex

fx0x0，fx0x0，

则fx在,0上单调递增，在0,上单调递减，

1

aexex1

当时，x.

a0x1ea

fxae1

exex

x1

ⅰ.若a0时，ae0，fx0x0，fx0x0，

a

则fx在,0上递增，在0,上递减.

ⅱ.若a0时，令fx0xlna或x0.

当lna00a1，

此时fx0x0或xlna，fx00xlna，

则fx在,0，lna,上单调递增，在0,lna上单调递减，

当lna0a1，此时fx0fx在R上单调递增，

当lna0a1，此时fx0xlna或x0，

fx0lnax0，

则fx在,lna，0,上单调递增，在lna,0上单调递减.

综上可得：当a0时，fx在,0上递增，在0,上递减，

当0a1时，fx在,0，lna,上单调递增，在0,lna上单调递减；

当a1时，fx在R上单调递增；

当a1时fx在,lna，0,上单调递增，在lna,0上单调递减.

【小问2详解】

由（1）分析可得，

1

若lna20a，则fx在0,2上单调递减，

e2

1

fxf2ae222；

mine2

1

若0lna2a1，则fx在0,lna上单调递减，在lna,2上单调递增，

e2

则此时；

fxminflnaa1lnaa1

11

综上可得：0a时，fxf2ae222；

e2mine2

1a1时，fxflnaa1lnaa1.

e2min

18.亳州百草园为了让游客有更好的游玩体验，特推出代步自行车租用服务已知有脚踏自行车A与电动自

行车B两种车型，采用分段计费的方式租用.A型车每30分钟收费10元（不足30分钟的部分按30分钟计

算），B型车每30分钟收费20元（不足30分钟的部分按30分钟计算），现有甲、乙、丙、丁四人，分别相

43

互独立地到租车点租车骑行（各租一车一次），设甲、乙、丙、丁不超过30分钟还车的概率分别为、、

54

21

、，并且四个人每人租车都不会超过60分钟，甲、乙、丙均租用A型车，丁租用B型车.

33

（1）求甲、乙、丙、丁四人所付的费用之和为50元的概率；

（2）求甲、乙、丙三人所付的费用之和等于丁所付的费用的概率；

（3）设甲、乙、丙、丁四人所付费用之和为随机变量，求的概率分布列.

2

【答案】（1）

15

13

（2）

45

（3）

5060708090100

213195311

P

1590601801090

【解析】

【分析】（1）分析可知4人均不超过30分钟，利用独立事件的概率公式可求得所求事件的概率；

（2）分析可知丁还车超过30分钟且不超过60分钟，则所付的费用为40元，甲、乙、丙三人有一人还车

超过30分钟且不超过60分钟，另外两个人还车都不超过30分钟，利用独立事件和互斥事件的概率公式求

解即可；

（3）对每个人的停车事件进行分类讨论，确定每种情况下的取值，并求其概率，可得出随机变量的分

布列.

【小问1详解】

记“甲、乙、丙、丁四人所付的费用之和为50元”为事件A，即4人均不超过30分钟，

则.

43212

【小�问�2=详5解×4】×3×3=15

1112

由题意，甲、乙、丙、丁在30分钟以上且不超过60分钟还车的概率分别为、、、，

5433

设“甲、乙、丙三人所付费用之和等于丁所付费用”为事件B，

由题意可知，丁还车超过30分钟且不超过60分钟，则丁所付的费用为40元，

甲、乙、丙三人有一人还车超过30分钟且不超过60分钟，另外两个人还车都不超过30分钟，

则.

13224122431213

��=5×4×3×3+5×4×3×3+5×4×3×3=45

【小问3详解】

①若“4人均不超过30分钟”此时随机变量的值为50，即为事件A，

由（1）知.

2

②记“4人�中�仅=有1一5人超过30分钟”为事件C，

事件C又分成两种情况“超过30分钟的这一人是甲、乙、丙中的一个”和“超过30分钟的这一人是丁”，

分别将上述两种情况记为事件C1和C2.

ⅰ.事件C1对应的的值为60，

此时.

1321412143112613

��1=5×4×3×3+5×4×3×3+5×4×3×3=180=90

ⅱ.事件C2对应的的值为70，此时.

4322484

2

③记“4人中仅有两人超过30分钟”�为事�件=D5，×4×3×3=180=15

事件D又分成两种情况“超过30分钟的两人是甲、乙、丙中的两个”和“超过30分钟的两人是甲、乙、

丙中的一个和丁”，

分别将上述两种情况记为事件D1和D2.

ⅰ.事件D1对应的的值为70，

此时.

11211311411191

��1=5×4×3×3+5×4×3×3+5×4×3×3=180=20

ⅱ.事件D2对应的的值为80，

此时.

1322412243125213

2

④记“��4人=中5仅×有4三×人3×超3过+350×分4×钟3”×为3事+5件×E4，×3×3=180=45

事件E又分成两种情况“超过30分钟的三人是甲、乙、丙”和“超过30分钟的三人是甲、乙、丙中的两

个和丁”，

分别将上述两种情况记为事件E1和E2.

ⅰ.事件E1对应的的值为80，此时.

11111

��1=5×4×3×3=180

ⅱ.事件E2对应的的值为90，

此时.

112213124112181

��2=5×4×3×3+5×4×3×3+5×4×3×3=180=10

⑤记“4人均超过30分钟”为事件F，则随机变量的值为100，

此时.

111221

综上：�随�机=变5×量4的×所3有×取3=值1为805=09、060、70、80、90、100，

且，，

213

��=50=��=15��=60=��1=90

，

4119

��=70=��2+��1=15+20=60

，

13153

��=80=��2+��1=45+180=180

，，

11

��=90=��2=10��=100=��=9