福建福州市台江区九校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建福州市台江区九校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1.曲线在处的切线如图所示，则＝（）A.0 B.2 C.－2 D.－1【答案】C【解析】设曲线在处的切线方程为，则解得所以曲线在处的切线方程为，则切线斜率为1，所以，因此，．故选：C.2.某班级图书角有5种课外书，甲、乙两名同学从5种课外书中各自选2种，则两人选的课外书没有相同种类的选法有（）A.20种 B.30种 C.40种 D.60种【答案】B【解析】先从5种课外书中选2种给甲有种，再从剩下的3种书中选2种给乙有种，根据分步乘法计数原理，则两人选的课外书没有相同种类的选法有种.3.若将整个样本空间想象成一个边长为1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积．则如图所示的阴影部分的面积表示（）A.事件A发生的概率 B.事件B发生的概率C.事件B不发生条件下事件A发生的概率 D.事件A、B同时发生的概率【答案】A【解析】由题意可知：表示在事件B发生的条件下，事件A发生的概率，表示在事件B不发生的条件下，事件A发生的概率，结合在一块就是事件A发生的概率.故选：A.4.已知随机变量的分布列如下表，且．123若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，因，则，解得：．故选：A.5.已知，则（）A. B.2 C.4 D.12【答案】C【解析】令，则，故，中得系数为，中得系数为，所以，故选：C.6.若圆柱的侧面的展开图的周长为4，则该圆柱体积最大为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设圆柱母线长为，底面半径为，则，而圆柱体积，其中故，当时，，当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，故选：A.7.若，均为非负整数，在做的加法时各位均不进位（例如，），则称为“简单的”有序对，而称为有序数对的值，那么值为1942的“简单的”有序对的个数是A.100 B.150 C.200 D.300【答案】D【解析】根据题意可得，1942为两个数的和（加法时各位均不进位），其中一个数确定，另一个数也确定，所以首位有0,1两种方法，第二位有0，1，2，3，4，5，6,7,8,9共10种方法，第三位有0,1,2,3,4共5种方法，个位有0,1,2有3种方法，采用分步计数原理，所以共有个，故选D.8.若函数是区间上的单调函数，则实数m的值一定不是（

）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，由，得到，由，得到或，所以的增区间为，减区间为，，又在区间上单调，则或或，解得或，结合选项知，实数m的值一定不是.二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）9.下列说法正确的是（

）A.设一组样本数据的方差为2，则数据的方差为8B.将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，有种不同的放法；C.用0~9这10个数字，可以组成648个没有重复数字的三位数D.已知随机变量的概率分布为，则实数的值为【答案】ACD【解析】对于A，由方差的性质，新数据的方差为，A正确；对于B，每个小球有3种方法，则不同的放法种数为种，B错误；对于C，组成无重复数字的三位数，百位9种选法，十位有9种选法，个位有8种选法，由分步乘法计数原理，无重复数字的三位数有个，C正确；对于D，P(X=n则a2[(1-13)+(110.甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有2个红球，8个白球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．表示事件“从甲罐取出的球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是（）A.为对立事件B.C.D.【答案】ABD【解析】对于A，因为甲罐中只有红球和白球，即，所以为对立事件，故A正确；对于B，当发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时，故B正确；对于C，当发生时，乙罐中有2个红球，9个白球，此时，所以，故C不正确；对于D，，故D正确，故选：ABD．11.已知函数，则（）A.函数在上单调递减，在上单调递增B.C.若，则实数的取值范围是D.当时，若方程有且只有一个根，则【答案】BC【解析】对A：，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故A错误；对B：因，由，及在上单调递增，可得，故B正确；对C：，令，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故，即，故C正确；对D：令，即，由C知，函数在上单调递减，在上单调递增，由，，，若方程有且只有一个根，则或，故D错误.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.若，则正整数的值为_____.【答案】5或7【解析】由组合数的性质，可得，则，可得或，解得或.故答案为：5或7.13.若函数在处有极小值，则等于______．【答案】108【解析】，因为在处有极小值，所以，即，解得或，若，则，当或时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在处取极大值，不合题意，若，则，当或时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在处取极小值，合题意，所以，则.故答案为：108.14.将4个相同的小球摆放在的方格中，要求每一个方格中只能摆放一个小球，且任意两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点，则所有摆放种数为___________．【答案】29【解析】根据题意，两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点，即禁止斜对角相邻，可以上下左右相邻（共用两个方格顶点）或不相邻（无公共顶点），可以把的方格分为两类，小球必不可能在中间方格，否则一定会有斜对角相邻的情况，将四个角的方格设成类方格，以保证类在除去中间方格的情况下没有斜对角相邻的方格，剩余4个小格为类方格，如图所示：（1）4个小球若占用4个A类方格，有种；（2）4个小球若占用3个A类方格，1个B类方格，有种；（3）4个小球若占用2个A类方格，2个B类方格，此时只能选择隔着中间方格相对的B类方格，共2种可能，所以此时有种；（4）4个小球若占用1个A类方格，3个B类方格，此时一定会有斜对角相邻的情况，舍.（5）4个小球若占用4个B类方格，此时一定会有斜对角相邻的情况，舍.因此，共有种．四、解答题（本大题共5小题，共77分）15.在的展开式中，求：（1）求常数项、及此项的二项式系数；（2）求系数绝对值最大的项．解：（1）展开式的通项公式为Tr+1=C由，得，所以展开式中的常数项为，其二项式系数为.（2）令的系数绝对值最大，则C6r⋅2整理得7-r≥2r2(r+1)≥6-r，解得，由，得，所以系数绝对值最大的项为.16.已知函数，曲线在点处的切线与直线平行.（1）求的值；（2）求的极值.解：（1）由，可得又曲线在点处的切线与直线平行，故，即，得.（2）由（1）可知，且.令，可得，由，可得.由，得.故在上单调递减，在上单调递增.可知当时，极小值为，无极大值.17.对联，又称对偶、对子、楹联等，是以两组形式相对、内容相关的语句为表现形式的应用性文学样式，具有上下联字数相等、平仄相对、对仗工整等文学特点.从甲、乙、丙、丁4副不同的对联（上联和下联共8联）中随机取出4联（上联或下联）.（1）求这4联可以凑成甲对联的概率；（2）记这4联可以凑成X副对联，求X的数学期望解：（1）8联中随机取出4联，有种取法，取出的4联含有甲对联，剩余的2联在其它6联中选取，有种取法，所以这4联可以凑成甲对联的概率为.（2）的所有取值可能为0，1，2.，，.的分布列为X012P.18.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：.（1）解：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）证明：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．【『点石成金』】思路『点石成金』：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.19.已知函数.（1）讨论的单调区间；（2）若，求与的数量关系；（3）设，是的两个极值点，证明：.（1）解：，，令，由，得，此时，在上单调递增；当，即时，方程的两根为，；当时，，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，当时，，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在和上单调递增；综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调