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惠州一中2026届高二（下）4月阶段考试（A）卷
考试时长：120分钟 满分：150分
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出选项中，只有一项是符合题目要求
的．
1．设集合，集合，定义，则中元素个数是（ ）
A．7 B．10 C．25 D．52
2．的展开式中，常数项为（ ）
A． B． C．15 D．60
3．已知某地市场上供应的一种电子产品中，甲厂产品占，乙厂产品占，甲厂产品的合格率是，乙厂产品的合格率是，则从该地市场上买到一个合格产品的概率是（ ）
A．0.92 B．0.93 C．0.94 D．0.95
4．函数，若，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
5．函数的图象大致为（ ）
A． B． C． D．
6．设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数恰有一个极值点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．下列关于数列的判断中正确的是（ ）
A．对一切都有
B．对一切都有
C．对一切都有，且存在使
D．对一切都有，且存在使
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．有3名学生和2名教师排成一排，则下列说法正确的是（ ）
A．共有120种不同的排法
B．当2名教师相邻时，共有24种不同的排法
C．当2名教师不相邻时，共有72种不同的排法
D．当2名教师不排在两端时，共有48种不同的排法
10．如图，直线与半径为1的圆相切于点，射线绕着点逆时针方向旋转到，在旋转过程中射线交圆于点，设，且恒满足，射线扫过圆内部（阴影部分）的面积为，则下列正确的是（ ）
A．
B．的单调递增区间为
C．点为的对称中心
D．在瞬时变化率最大
11．将填入2行3列的表格中，每格填一个字母，若随机变量表示列字母相同的数量，则（ ）（注：横为行，竖为列）
A．的所有可能取值有0，1，3 B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．的展开式中，的系数为15，则_______．（用数字填写答案）
13．已知某次数学测试卷中有8道4选1的单选题，学生小明能完整做对其中3道题，在剩下的5道题中，有4道题有思路，还有1道完全没有思路，有思路的题做对的概率为，没有思路的题只好从4个选项中随机选一个答案．小明从这8题中任选1题，则他做对的概率为_______．
14．已知有穷数列的首项为1，末项为12，且任意相邻两项之间满足，则符合上述要求的不同数列的个数为_______．
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．（本小题13分）记是等差数列的前项和，，且成等比数列．
（Ⅰ）求和；
（Ⅱ）若，求数列的前20项和．
16．（本小题15分）甲，乙两位同学进行摸球游戏，盒中装有6个大小和质地相同的球，其中有4个白球，2个红球．
（1）甲，乙先后不放回地各摸出1个球，求两球颜色相同的概率；
（2）甲，乙两人先后轮流不放回地摸球，每次摸1个球，当摸出第二个红球时游戏结束，或能判断出第二个红球被哪位同学摸到时游戏也结束．设游戏结束时甲，乙两人摸球的总次数为，求的分布列和期望．
17．（本小题15分）函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．
（1）若，求；
（2）求的取值范围．
18．（本小题17分）如图，已知正方体顶点处有一质点，点每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，若质点的初始位置位于点处，记点移动次后仍在底面上的概率为．
（1）求的值；
（2）①求证：数列是等比数列；
②求．
19．（本小题17分）已知函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若有3个零点，其中．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求证：．
2026届高二（下）4月阶段考试（A）卷答案
1．【答案】B
解：，故有2种取法，有5种取法，由分步乘法计数原理得元素个数是．故本题选B．
2．【答案】D
解：的展开式的通项公式为，令，求得，可得常数项为，故选：D．
3．【答案】B
解：由题意可得，从该地市场上买到一个合格产品的概率是．故选B．
4．【答案】C
解：函数，则，
函数在上单调递增，
，
，
，即，故选C．
5．【答案】A
解：已知，因为，令，得，或，
且当时，时，，
所以在和上单调递减，在上单调递增，所以选项A符合题意，
故选：A．
6．【答案】C
解：因为，即，解得，
又因为，即，解得，
且，可得，所以．故选：C
7．【答案】C
解：，
，
函数恰有一个极值点，
只有一个解，即只有一个解，
只有一个解，
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
，
又当时，，当时，，
故选：C．
8．【答案】A
解：我们先证明一个不等式：．
证明：要证，即证，
即证：，
由均值不等式可得，
故不等式成立；
我们再证明一个不等式：．
证明：由二项式定理可得，
而当时，
，
故，
故；综上所述，故A正确，BCD错误，故选：A．
9．【答案】AC
解：3名学生和2名教师排成一排，则共有种不同的排法，故正确；
先排3名学生，有种排法，将两名教师相邻排列，有种排法，然后将两名教师这一整体，插到三个学生形成的四个空中的一个空，则有种排法，故当2名教师相邻时，共有种不同的排法，故B错误；
由上述分析可知，当2名教师不相邻时，共有种不同的排法，故C正确；
当2名教师不排在两端时，先从3名学生中选两名排到两端，则有种排法，然后将两名教师及剩余的一名学生进行全排列有种排法，故共有种不同的排法，故D错误．故选：AC．
10．【答案】ACD
解：对于A，因为，故A正确；
对于B，因为，故的单增区间为，故B错误；
对于C，因为，所以点为的对称中心，故C正确；
对于D，因为，故在瞬时变化率最大，故D正确．故选：ACD．
11．【答案】ABC
解：对于A，若2列字母相同，余下的一列字母一定相同，故的取值不可能为2，所以的所有可能取值有0，1，3，故A正确；
对于B，将放入2行3列的表格中，每格一个字母的总填法有，每列字母均不相同的填法有，所以，故B正确；
对于C，D，由的所有可能取值为，结合期望与方差公式得，故C正确，D错误．故选ABC．
12．【答案】
解：展开式的通项为，
令，则，所以，即，解得，故答案为．
13．【答案】【答案】
解：设事件为“小明选到能完整做对的题”，事件为“小明选到有思路的题”，事件为“小明选到没有思路的题”，事件为“小明答对该题”，则，．故答案为．
14．【答案】144
解：依题意，首项和末项相差11，而任意相邻两项之间满足，，
当时，即后一项与前一项的差均为1，数列的个数为1；
当时，即后一项与前一项的差出现一个2，九个1，数列的个数为；
当时，即后一项与前一项的差出现两个2，七个1，数列的个数为；
当时，即后一项与前一项的差出现三个2，五个1，数列的个数为；
当时，即后一项与前一项的差出现四个2，三个1，数列的个数为；
当时，即后一项与前一项的差出现五个2，一个1，数列的个数为，
所以符合上述要求的不同数列的个数为．故答案为：144．
15．解：（1）设已知数列的公差为，则，
由，得，
所以
所以；
（2）由（1）知，
又，所以；
；
所以．
16．解：（1）两球均为白球的概率为，
两球均为红球的概率为，
故两球颜色相同的概率．
（2）由题意知．
，
，
，
，
另法：
所以的分布列为：
2 3 4 5
所以所求数学期望．
17．解：（1），
，且
故在点处的切线方程为
又与相切，
将直线代入得
由
得为所求
（2），曲线在点处的切线方程为，即；
由得，
设在点处的切线方程为，
即，
，
．
令，则
当或时，，此时函数单调递减；
当或时，，此时函数单调递增
又，
，解得
故实数的取值范围为．
18．解：（1）依题意，每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面．
所以当点在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为，
在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为，
所以
．
（2）①因为，
所以．
又因为，所以，
所以数列是等比数列．
②因为，
所以，所以．
设，
则，
则，
所以，
所以，
所以，
又因为，
所以．
19．【答案】解：（1）当时，
，
则在恒成立，
所以在单调递增，
故的单调递增区间为，无单调递减区间．
（2）（ⅰ），
，则除1外还有两个零点．
，
令，
当时，在恒成立，则，所以在单调递减，不满足，舍去；当时，要是除1外还有两个零点，则不单调，
所以存在两个零点，所以，解得
当时，设的两个零点为，则，
所以．
当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；
又，所以，
而，且，
，且，
所以存在，使得，
即有3个零点．
综上，实数的取值范围为
（ⅱ）因为，
所以若，则，所以．
当时，先证明不等式恒成立，设，
则，
所以函数在上单调递增，于是，
即当时，不等式恒成立．
由，可得，因为，
所以，即，两边同除以，
得，
所以

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