广东惠州市东江高级中学2025-2026学年高二下学期中段诊断数学卷（含答案）

/惠州市东江高级中学2024级高二下中段诊断数学卷时间：150分钟注意事顶：1．答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号､座位号､学校､班级等考生信息填写在答题卡上．2．作答单项及多项选择题时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案，写在本试卷上无效．3．非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本试卷上无效．一､单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．1.下列求导结果正确的是（）A. B.C. D.【正确答案】D【详解】对于A，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，故C错误；对于D，，故D正确.2.已知函数，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【详解】因为函数，所以，则.3.的展开式中，的系数为（）A.15 B.30 C.45 D.60【正确答案】A【详解】的展开式的通项公式为，令，则，故的系数为.4.已知函数在处取得极小值，则（

）A. B. C.或 D.3【正确答案】B【分析】求出导函数，根据已知得出方程，求解得出的值.代入检验，即可得出；【详解】由已知.又函数在处取得极小值，所以有，解得或.当时，有.解可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增；解可得，，所以在上单调递减.所以，函数在处取得极小值，满足条件；当时，有.解可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增；解可得，，所以在上单调递减.所以，函数在处取得极大值，不满足条件，舍去.综上，.5.若是定义在区间上的函数，其图象如图所示，设的导函数为，则的解集为（）A. B.C. D.【正确答案】C【分析】根据图象，直接写出的单调区间，进而得出在区间上的符号，即可求解.【详解】由图知函数的减区间为，，增区间为，和分别是的极小值点和极大值点，所以当时，，当时，，当和时，，又由图知时，，时，，又等价于，所以的解集为.6.在惠州市举行的半程马拉松比赛中，江北路段设三个服务点，惠州市东江高级中学5名同学到①､②､③三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，则不同的安排方法共有（）A.150种 B.90种 C.60种 D.25种【正确答案】A【详解】将五名同学分成三个小组，若按2人，2人，1人来分有种，若按3人，1人，1人来分有种，再把这三组分配到三个服务点去，共有种，所以每个服务点至少1人，不同的安排方法共有种.7.若随机变量的分布列如下表，表中数列是公比为2的等比数列，则（）123A. B. C. D.【正确答案】D【分析】根据等比数列通项公式用表示、，再结合概率和为求出，最后根据期望公式计算．【详解】已知数列是公比为的等比数列，可得，．

因为随机变量的所有概率之和为，即，将，代入可得：，合并同类项得，解得．

根据离散型随机变量的期望公式，把，，代入可得：．

故选：D．8.已知函数，若函数有4个不同的零点则的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】利用导数作出函数的图象，转化条件为的图象与直线有个交点，数形结合即可得解.【详解】由题当时，，所以，所以当时，，当时，；所以在区间上单调递增，在上单调递减，当时，当时，；当时，；所以可作出函数的图象，如下图，若要使函数有个不同的零点，所以的图象与直线有个交点，即，解得.二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，不选或选错的得0分．9.关于的展开式，下列结论正确的是（）A.展开式共7项B.所有项的二项式系数之和为64C.常数项为540D.所有项的系数之和为64【正确答案】ABD【分析】根据二项式展开式的项的特征得出A，由二项式系数和项的系数之和的计算公式判断B、D，再利用通项公式判断C.【详解】对于A，因为，所以展开式共有7项，故A正确；对于B，所有项的二项式系数和为，故B正确；对于C，展开式的通项公式为，，令，解得，此时常数项为，故C错误；对于D，令，则所有项的系数和为，故D正确．10.为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则（）A.课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法B.课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，共有144种排法C.课程“礼”排在“乐”的后面（可以不相邻），共有360种排法D.课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有528种排法【正确答案】BC【分析】根据题意，由分步、分类计数原理和排列数与组合数公式，分别判断各选项即可.【详解】对于选项A，课程“射”“御”排在不相邻两周，通过插空法，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，在其中任选2个，安排课程“射”“御”共有种排法，故A错误；对于选项B，课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，通过捆绑法，将课程“礼”“乐”“射”看成一个整体，与其他3门课程全排列，共有种排法，故B正确；对于选项C，在所有排列中，课程“礼”排在“乐”的后面与课程“乐”排在课程“礼”的后面的情况等可能，各占一半，所以课程“礼”排在课程“乐”的后面的排法有种，故C正确；对于选项D，课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，用总的排法数减去课程“乐”排在第一周的排法数，再减去课程“御”排在最后一周的排法数，然后加上课程“乐”排在第一周且课程“御”排在最后一周的排法，则总的排法为种，若课程“乐”排在第一周的排法为种，若课程“御”排在最后一周的排法为种，课程“乐”排在第一周且课程“御”排在最后一周的排法为种，则满足条件的排法数为种，故D错误.11.甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中，则此人继续投篮；若未命中，则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为.由抽签确定第次投篮的人选，第次投篮的人是甲、乙的概率各为.（）A.第次投篮的人是乙的概率为.B.前次投篮的人都是甲的概率为.C.第次投篮的人是甲的概率为.D.第次投篮的人是甲的概率为.【正确答案】ABD【分析】根据题意设出事件，结合全概率公式判断A、C，根据相互独立事件乘法公式判断B，设第次投篮的人是甲的概率为，结合数列求出判断D.【详解】记“第次投篮的人是乙”为事件，“第次投篮的人是甲”为事件，则，对于A选项，有，，A正确；对于B选项，，B正确；对于C选项，，C错误；对于D选项，设第次投篮的人是甲的概率为，，，即，所以，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，解得，D正确.故选：ABD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知，则______．【正确答案】【详解】2x令时，即得a0+13.某同学进行投篮练习，他第一次投篮命中的概率为，在第一次投篮命中的情况下，第二次投篮命中的概率为，则该同学连续两次投篮命中的概率为________.【正确答案】【分析】利用条件概率公式计算连续两次投篮命中的概率.【详解】设“第一次投篮命中”为事件，“第二次投篮命中”为事件，则“连续两次投篮命中”为事件；已知，，根据条件概率公式，变形得，代入数值计算.故答案为.14.如图，一块边长为6cm的正方形铁片上有四块全等的阴影部分.将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形拼凑成一个正四棱锥形容器（不考虑铁片的损耗），则该容器容积（忽略铁片的厚度）的最大值为__________.【正确答案】【分析】根据余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥，结合图形，求出其高，即可得出体积函数，利用导数判断单调性，求得极值即可得出结果.【详解】由题意及正四棱锥的性质可知，作平面于，设该容器的底面边长为cm（），则，，则该容器的高为cm，设该容器的容积为，则.设函数（），得.当时，，单调递增，当时，，单调递减，则，所以.四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤．15.已知等比数列满足，.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）根据等比数列的通项公式求解即可.（2）根据等差数列的前项和公式及等比数列的前项和公式求解即可.【小问1详解】设等比数列的公比为，则，又，，所以，即，解得.因为，且，所以，即，解得.故.【小问2详解】由（1）知，则.所以.设等比数列的前项和为，则，设等差数列的前项和为，则，所以.16.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求函数在的最值．【正确答案】（1）（2），【分析】（1）先求导函数，计算切线斜率，再计算切点，利用点斜式写切线方程即可；（2）先利用导数判断函数单调性，再结合单调性求函数最值即可.【小问1详解】函数，则，，，曲线在点处的切线方程为，即；【小问2详解】的定义域为，且，令，得；令，得，函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，有唯一极大值，也是函数的最大值.又，，所以，.17.已知的展开式中，第五项的二项式系数是第三项的系数的4倍，求：（1）求的值；（2）求展开式中二项式系数最大的项；（3）求展开式中所有的有理项．【正确答案】（1）6；（2）；（3）.【分析】（1）写出二项式展开式的通项公式即可解；（2）根据二项式系数的性质即可求解；（3）由可得，3，6，从而可解．【小问1详解】已知的展开式的通项公式为，因为第五项的，所以第五项的二项式系数：，因为第三项的，所以第三项的系数为：，由题意可得，得.【小问2详解】由二项式系数的性质可知，展开式中第4项的二项式系数最大，即，【小问3详解】由（1）知，，又，，由，可得故展开式中的有理项为：．18.甲、乙两人进行比赛，采用三局两胜制，即先胜两局者获胜，比赛结束.已知甲第一局获胜的概率为，从第二局开始，若甲上一局获胜，则该局甲获胜的概率为，若甲上一局失败，则该局甲获胜的概率为，且每局比赛没有平局．（1）求第二局比赛甲获胜的概率；（2）设比赛结束甲获胜的局数为X，求X的分布列和数学期望．【正确答案】（1）（2）【小问1详解】设甲第一局胜、第二局也胜为事件，则，设甲第一局败、第二局胜为事件，则，所以第二局比赛甲获胜的概率为．【小问2详解】由题意可知，在该三局两胜制下，的可能取值为，①，则第一局甲输，第二局甲输，比赛结束，所以；②，则第一局甲胜，第二局、第三局甲输，或第一局、第三局甲输，第二局甲胜，所以；③，则第一局、第二局甲胜，或第一局、第三局甲胜，第二局甲输，或第一局甲输，第二局、第三局甲胜，则，所以分布列为：X012P所以．19.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若恰有两个零点，且（i）求的取值范围；（ii）在定义域内单调递增，求与的函数关系式．【正确答案】（1）当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减．（2）（i）；（ii）【分析】（1）首先求函数的导数，结合函数的定义域，讨论的取值，即可求解函数的单调区间；（2）（ⅰ）根据（1）的结果可知，函数的极大值，解得，再根据零点存