广东广州市实验外语学校2025-2026学年第二学期期中测试高二年级数学试题 含答案

/广州市实验外语学校2025-2026学年第二学期期中测试高二年级数学试题一、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.1.下列求导正确的是（）A. B.C. D.【正确答案】C【详解】对于A，因为是常数，所以，所以A错误；对于B，因为，所以B错误；对于C，因为，所以C正确；对于D，因为，所以D错误.2.李芳有4件不同颜色的衬衣，3条不同花样的裤子，另有两条不同样式的连衣裙.李芳需选择一套服装（一件衬衣和一条裤子为一套，一条连衣裙为一套）参加“五一”节歌舞演出，则不同的选择方式有（）种A.24 B.14 C.10 D.9【正确答案】B【分析】分类讨论利用分步乘法原理和分类加法计数原理计算即可.【详解】分两类：第一类：选衬衣加裤子，共有种选法；第二类：选连衣裙，共有种选法，根据分类加法计数原理共有种选法.3.如图是函数y=f（x）的导函数的图象，则下列判断正确的是（）A.在区间上f（x）单调递增 B.在区间（1，3）上f（x）单调递减C.在区间上f（x）单调递增 D.在区间（3，5）上f（x）单调递增【正确答案】C【分析】根据导数的正负依次判断单调性即可.【详解】由导数图象知，在区间上小于0，在上大于0，函数f（x）先减后增，A错误；在区间上大于0，在上小于0，函数f（x）先增后减，B错误；在区间上大于0，函数f（x）单调递增，C正确；在区间上小于0，在上大于0，函数f（x）先减后增，D错误.故选：C.4.若事件满足，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据对立事件的概率公式，可得，根据概率的加法公式，可得，结合全概率公式及条件概率公式，代入求解，即可得答案.【详解】由，得，又，所以，由，得，所以.5.的展开式中的系数为（）A. B. C. D.15【正确答案】D【分析】解题时先写出的展开式通项为，然后再求的系数即可．【详解】的展开式通项为，，，，，，，则x+y2xx分别取和时可得，，所以x+y2x6.清明将至，为倡导文明祭祀，筑牢防火安全防线，4名青年志愿者到3个社区参加“绿色清明”公益宣讲活动，要求每名志愿者只能选择一个社区，每个社区至少要有一名志愿者，则不同的分配方案共有（）A.24种 B.36种 C.64种 D.72种【正确答案】B【分析】根据分组分配问题解法，先分组再分配即可求解．【详解】根据题意，将4名青年志愿者分为三组，共有种情况，再分配到3个社区，共有种情况，所以共有种不同情况．7.放射性元素的特征是不断发生同位素衰变，而衰变的结果是放射性同位素母体的数目不断减少，子体的数目不断增加，假设在某放射性同位素的衰变过程中，同位素含量N（单位：贝克）与时间t（单位：天）满足函数关系（e为自然对数的底数），其中为时该同位素的含量，已知当时，该放射性同位素含量的瞬时变化率为，则（）A.贝克 B.贝克 C.贝克 D.贝克【正确答案】C【分析】求导，由求得，再计算即可．【详解】求导得：，因为，所以，所以所以，故选：C8.甲、乙两人分别从10个不同的数中随机选择若干个数（也可以不选），分别构成集合，记中元素的个数为，则（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】应用分步乘法原理得出任一选择方案发生的概率，甲、乙两人的选择中没有相同的数为，可能的选择方案数，进而求出概率即可.【详解】把甲和乙的选择合称为一个选择方案．因为甲、乙两人随机选择其中的若干个数，所以每个数被选中还是没被选中的概率均为．设甲选中的数的个数为，则没被选中的数的个数为，所以甲的这一选择发生的概率．同理，乙的某一种选择发生的概率，所以任一选择方案发生的概率．若甲、乙两人的选择中没有相同的数，设甲、乙两人选择的数的个数一共为，则可能的选择方案数为，当分别取时，根据分类加法计数原理，所有可能的选择方案数，则甲、乙两人的选择中没有相同的数的概率，所以．故选：D．关键点点睛：解题的关键点是，应用二项式定理的逆用即可求和.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.在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回．设事件“第1次抽到代数题”，“第2次抽到几何题”，则（）A. B. C. D.【正确答案】AC【详解】对于A，由题意得：，，正确；对于B，，，错误;对于C，，正确；对于D，，错误.10.已知函数，则（）A.当时，为增函数 B.，C.， D.，【正确答案】ACD【详解】函数的定义域为，求导可得，选项A：当时，因为对任意恒成立，所以，为增函数；选项B：当时，令，即，解得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，因此，函数在处取得极小值，也是最小值，无最大值；选项C：当时，的最小值为，令，因为，所以化简可得，解得，当时，的最小值为；选项D：设函数，求导可得，令，即，解得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，因此，在处取得极大值，所以对任意，.11.我国南宋数学家杨辉年所著的详解九章算法一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（）A.第行的第个数最大B.第行所有数字之和为C.从第行起到第行，每一行第个数字之和为D.第行的所有数字之和被除的余数为【正确答案】BCD【分析】由组合数的性质计算可判断；由杨辉三角的每行系数和性质可判断；由杨辉三角图可知，第行有个数字，每行最中间项的系数最大可判断C；求和后转化为1+716，利用二项式定理展开可判断．【详解】对于，由杨辉三角图可知，第行有个数字，如果是奇数，则第和第个数字最大，且这两个数字一样大；如果是偶数，则第个数字最大，故第行的第个数最大，故A错误；对于，由杨辉三角的每行系数和性质可知，第行所有数字之和为，第行所有数字之和为，第行所有数字之和为，第行所有数字之和为，第行所有数字之和为，以此类推，第行所有数字之和为，故B正确；对于C，由题意可得C=C对于，第行的所有数字之和为C=1+7C16170故第行的所有数字之和被除的余数为，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.如图，现要用6种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有__________种不同的着色方法.【正确答案】【分析】根据分步乘法计数原理求解即可.【详解】先给I地区涂色有6种，再给Ⅱ地区涂色有5种，给Ⅲ地区涂色有4种，给Ⅳ地区涂色有4种，所以由分步乘法计数原理得：种.故答案为.13.随机变量的分布列如表所示，且，则______．a03Pb【正确答案】2【分析】利用分布列性质来求参数，再利用期望和方差公式计算即可求解.【详解】由题意得：，解得：，所以.14.若对任意的，恒有，则实数的取值范围为________.【正确答案】【分析】首先对不等式进行移项，将含的部分合并得到，观察到两边可以统一为函数，利用其单调性将问题转化为在上恒成立，进而通过求的最大值得到参数范围.【详解】不等式可化为.令，则，所以.设，则，所以单调递增.又，，则等价于，即在上恒成立，也即在上恒成立.令，则，令，则，解得，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，要使在上恒成立，只需.所以实数的取值范围为.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.已知的展开式中，第7项为常数项．（1）求n的值；（2）求展开式中所有的有理项．【正确答案】（1）；（2）和.【分析】（1）结合二项式展开式中第项为常数可列式求得；（2）结合二项式展开式的通项公式，求得展开式中所有有理项即可【小问1详解】已知在的展开式中的第7项为，所以，解得；【小问2详解】因为展开式的通项公式为，展开式中的有理项的指数为整数，令，，所以，因为，且为整数，所以或时，满足条件，即或，所以有理项为和.16.已知函数．（1）求的极值；（2）若对任意，都有恒成立，求实数的最小值；（3）若过点的直线与曲线相切，求的方程．【正确答案】（1）的极大值为；的极小值为（2）（3）【分析】（1）利用导数研究单调性求极值即可求解；（2）由（1）的单调性求出函数的最值即可求解；（3）设切点，利用导数的几何意义求切线方程，代入，解出即可求解.【小问1详解】由题意得：，令，解得或，由有：或，由有：，所以在单调递减，在单调递增，所以的极大值为，的极小值为【小问2详解】由已知有：对任意，都有恒成立，由（1）有在单调递增，在单调递减，又，所以，所以，所以实数的最小值为；【小问3详解】设切点为，所以，，所以切线方程为：，所以，又切线过点，所以，化简整理有：，即，解得，所以直线的方程为：，所以直线的方程为.17.某用户只在某外卖平台的甲、乙两家餐厅点餐，根据历史数据，选择甲餐厅的概率为，选择乙餐厅的概率为，甲餐厅的准时送达率为，乙餐厅的准时送达率为．已知该用户每次外卖点餐准时送达与否相互独立．（1）求该用户每次外卖点餐准时送达的概率．（2）在该用户的次外卖点餐中，记准时送达的次数为，若的方差大于，求的最小值．（3）平台推出“准时保”，每单需支付元的服务费，若外卖未准时送达，则平台赔付3元；若外卖准时送达，则平台不赔付．该用户愿意购买“准时保”的条件是亏损期望不超过元，试问他是否愿意购买“准时保”？说明你的理由．【正确答案】（1）0.93；（2）11；（3）他愿意购买“准时保”.【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式列式求解.（2）由（1）的结论，利用二项分布的方差公式列式求解.（3）由（1）的结论，求出购买“准时保”的期望，与给定条件比对即可.【小问1详解】令事件“外卖点餐准时送达”，“选择甲餐厅”，“选择乙餐厅”，依题意，，，由全概率公式得，所以该用户每次外卖点餐准时送达的概率为0.93.【小问2详解】依题意，的所有可能取值为，，则，由的方差大于，得，解得，所以的最小值为11.【小问3详解】他愿意购买“准时保”.设他购买“准时保”的净收益为元，则的所有可能取值为，，，显然，即亏损期望不超过元，所以他愿意购买“准时保”.18.已知甲口袋有个红球和2个白球，乙口袋有个红球和2个白球，小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球.（1）当时，（i）求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率；（ii）设小明4次摸球中，摸出白球的个数为，求的数学期望；（2）当时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为，则当为何值时，最大？【正确答案】（1）（i）；（ii）（2）【分析】（1）（i）先根据题意求出小明从甲口袋摸出一个白球的概率和从乙口袋摸出一个白球的概率，然后求出小明4次摸球中，摸出的都是红球的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得答案；（ii）的所有可能取值为，求出相应的概率，从而可求出的数学期望；（2）由，可视为小明从甲口袋中有放回地摸出一个球，连续摸4次，相当于4次独立重复试验，则，然后利用导数可求得其最大值.【小问1详解】小明从甲口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为，从乙口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为.（i）设“小明4次摸球中，至少摸出1个白球”为事件，则“小明4次摸球中，摸出的都是红球”为事件，且，所以.（ii）的所有可能取值为，由（i），得，，，，，所以.【小问2详解】由，可视为小明从甲口袋中有放回地摸出一个球，连续摸4次，相当于4次独立重复试验，设小明每次摸出一个红球的概率为，则.因为，所以当时，；当1时，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当时，最大，此时，解得，故当时，最大.关键点点睛：此题考查对立事件的概率公式的应用，考查离散型随机变量的期望，考查独立重复试验的概率，考查导数的应用，第（2）问解题的关键是根据独立重复试验的概率公式表示出，然后利用导数可求出其结果，考查理解能力和计算能力，属于较难题.19.已知函数．（1）若，求的单调区间；（2）若有且仅有1个零点，求的值；（3）若存在，使得对任意恒成立，证明：．【正确答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）（3）证明见解析；【分析】（1）先求定义域，再对函数求导，利用导数即可得到单调区间；（2）由有且仅有1个零点，分离参数得到有且仅有1个解，令，利用导数得到的单调性和最小值，所以.（3）由对任意恒成立，得到，则只需证明即可，利用导数得到最大值为.因此，再令，得到时取得最大值，因此，即，故得证.【小问1详解】当时，，定义域为，求导得到，令，则当时，所以在内单调递减，且，即在内单调递减，且，所以当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；综上所述，单调递增区间为，单调递减区间为.【小