资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
2025-2026学年高二下学期数学人教版期中复习模拟检测试题
一、单选题
1．下列求导结果正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．从10名同学中，选出正班长1人，副班长1人，不同的选法种数是（ ）
A．70 B．80 C．90 D．100
3．函数的单调减区间为（ ）
A． B． C． D．
4．在的展开式中，的系数为（ ）
A．15 B．45 C．60 D．90
5．已知是定义域为的函数的导函数，且函数的图象如图所示，则（ ）
A．在上为增函数
B．的最小值为
C．的极大值为，极小值为
D．的极小值点为0，极大值点为1
6．新能源汽车具有零排放、能源利用率高等特点，近年来备受青睐.某新能源汽车制造企业为调查其旗下A型号新能源汽车的耗电量（单位：kW·h/100km）情况，随机调查得到了1000个样本，据统计该型号新能源汽车的耗电量，若，则样本中耗电量小于12kW·h/100km的汽车大约有（ ）
A．700辆 B．350辆 C．300辆 D．150辆
7．点M是曲线上的动点，则点M到直线的距离的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．某城市举办国际马拉松比赛，在某路段设三个服务点，某高校包括甲与乙在内的5名同学到三个服务点做志愿者，每名同学只去一个服务点，每个服务点至少1人，则甲与乙不去同一个服务点的概率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知展开式中共有8项．则下列结论正确的是（ ）
A． B．奇数项的二项式系数和为64
C．二项式系数最大项为第4项 D．有理项共有4项
10．已知随机变量X，Y满足，且则下列说法正确的（ ）
A． B．
C． D．
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若，且曲线的对称中心为，则
B．若，函数在上单调递增，则
C．若，且，则存在实数，使得
D．若，，且函数有两个极值点、，则
三、填空题
12．的展开式中的系数为______
13．甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比是4：5：6，这三个盒子中黑球占总数的比例分别为，现从三个盒子中各随机取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为_____；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为_____
14．已知函数，若关于x的不等式在上有实数解，则实数的取值范围是________．
四、解答题
15．已知
(1)当时，求的展开式中含的项；
(2)若的展开式中，倒数第2，3，4项的系数成等差数列，求的展开式中系数最大的项.
16．某地2022年校园招聘活动有两环节进行，先笔试合格后才能参加面试，面试合格后便被该企业正式录取，每个环节相互独立.现M大学有甲、乙、丙三名毕业生报名招聘，进入笔试环节设置A、B两个科目，考生须两个科目均合格才算笔试合格，甲通过A、B科目的概率分别为、，乙通过A、B科目的概率分别为、，丙通过A、B科目测试的概率与乙相同.面试环节中各人通过面试的概率均为.
(1)求甲、乙、丙三人中恰有一人通过笔试的概率；
(2)该企业为参加招聘的同学提供了一种奖励方案：只参加了笔试的同学奖励60元.参加了面试的同学再奖励100元.丁同学说，奖金越高难度越大，故这三人获得总奖金为480元的概率肯定低于他们获得总奖金为180元的概率，试通过计算判断丁同学的说法是否正确；
(3)记甲、乙、丙三人被该企业录取的人数为X，求X的分布列和数学期望.
17．2017年5月，来自“一带一路” 沿线的 20 国青年评选出了中国的 “新四大发明”，高铁、扫码支付、共享单车和网购，为发展业务，某调研组对两个公司的扫码支付准备从国内 个人口超过1000万的超大城市和 8 个人口低于100万的小城市随机抽取若干个进行统计， 若一次抽取2个城市，全是小城市的概率为 .
(1)求的值；
(2)若一次抽取3个城市，则：
①假设取出小城市的个数为，求的分布列；
②取出3个城市是同一类城市求全为超大城市的概率.
18．已知函数．
(1)若，讨论函数的单调性；
(2)设函数，若至少存在一个，使得成立，求实数a的取值范围．
19．牛顿法（Newton’s method）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设r是的根，任意选取作为r的初始近似值，曲线在点处的切线为，设与x轴交点的横坐标为，并称为r的1次近似值；曲线在点处的切线为，设与x轴交点的横坐标为，称为r的2次近似值．一般地，曲线在点处的切线为，记与x轴交点的横坐标为，并称为r的次近似值．不断重复以上操作，在一定精确度下，就可取为方程的近似解．对于函数，已知，并取作为r的初始近似值．
(1)计算与的值；
(2)求出和的关系（）；
(3)设，，若关于x的方程的两个根分别为，（），证明：．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C C B D D C B ABD BCD
题号 11
答案 ACD
1．C
【分析】由基本初等函数的导数公式计算可得.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D错误.
故选：C.
2．C
【分析】根据给定条件，利用排列计数问题列式得解.
【详解】依题意，不同选法种数是.
故选：C
3．C
【分析】求导，令求解可得.
【详解】由题知，，
令，解得，
所以，函数的单调减区间为.
故选：C
4．B
【分析】根据二项式展开式的通项公式计算即可求解.
【详解】的展开式为
，
所以二项式展开式中含项为，
二项式展开式中含项的系数为45.
故选：B
5．D
【分析】根据图象先判断的单调性，然后逐项判断即可.
【详解】由图像可知，当时，，所以.
所以，所以在上为减函数，A错误；
当时，，所以.
所以，所以在上为增函数，
当时，，所以.
所以，所以在上为减函数，所以的最小值为或，B错误；
因为在上为减函数，在上为增函数，在上为减函数，
所以的极大值为，极小值为，极大值点为1，极小值点为0，所以C错误D正确；
故选：D.
6．D
【分析】根据正态分布的性质，求得的值，再由样本容量求得频数，即可得到答案.
【详解】因为，且，
所以，
所以样本中耗电量小于12kW·h/100km的汽车大约有（辆）.
故选：D.
7．C
【分析】利用导数的几何意义及点到直线的距离计算即可.
【详解】因为，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
由，所以，
易得函数为在上单调递增函数，为零点，
此时M的坐标为，
由点到直线的距离公式可得M到直线的距离的最小值为.
故选:
8．B
【分析】先运用“先分组后分配”的策略求出5名同学去3个服务点的安排方法数，再运用“正难则反”策略与“捆绑法”求出甲与乙去同一个服务点的安排方法数，再利用古典概型以及对立事件的概率公式即可得解.
【详解】5名同学分成3个小组，
若按2人，2人，1人来分有种分组方式，
若按3人，1人，1人来分有种分组方式，
再把这三个小组排列到三个服务点去共有种分配方法，
所以每个服务点至少有1人的不同安排方法有：种.
若甲乙去同一个服务点且该服务点有两人，则有种分组方式；
若甲乙去同一个服务点且该服务点有三人，则有种分组方式；
再把这三个小组排列到三个服务点去共有种分配方法，
所以甲乙去同一个服务点的不同安排方法有：种.
因此，甲乙去同一个服务点的概率为，
则甲与乙不去同一个服务点的概率为.
故选：B.
9．ABD
【分析】根据给定条件，利用二项式定理及二项式系数的性质逐项判断.
【详解】对于A，由的展开式共有8项，得，则，A正确；
对于B，所有项的二项式系数和为，奇数项的二项式系数和为64，B正确；
对于C，由二项式系数的性质知，最大二项式系数为，因此第4项和第5项的二项式系数最大，C错误；
对于D，的展开式的通项公式为，
由为整数，得r的值可以为，则二项展开式中有理项共有4项，D正确.
故选：ABD
10．BCD
【分析】根据给定条件，利用二项分布的概率公式、期望方差公式及期望方差的性质逐项计算判断.
【详解】由，得，，
对于A，，A错误；
对于B，由，得，则，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，D正确.
故选：BCD
11．ACD
【分析】利用求参数判断A，对函数求导有在上恒成立，结合判别式列不等式判断B，根据已知有，再判断的判别式符号确定函数的单调性判断C，由是的两个根，结合韦达定理判断D.
【详解】对于A，若，则，
由的对称中心为，则，
所以，
所以
，
所以，则，A对，
对于B，若，则。若在上单调递增，
则其导数在上恒成立，
所以，即，B错，
对于C，由，，不等式两边同乘，得，
的判别式，
故有两个不同零点，即有两个极值点，故不单调，
因此存在使得，C对，
对于D，将代入导函数，得，
极值点是的两个根，
由韦达定理：，D对.
12．
【分析】原式可转化为，利用二项展开式通项公式分别求和的系数即可.
【详解】因为，
由二项展开式通项公式可得，
令解得，此时，
令解得，此时，
所以的展开式中的系数为，
故答案为：
13． /
【分析】设甲盒子中球总数为，根据古典概型得出各个盒子取到一个黑球的概率，进而利用独立事件乘法公式求解即可得出全是黑球的概率；根据全概率公式，计算求解即可得出白球的概率.
【详解】设甲盒子中球总数为，则乙盒子中球总数为，丙盒子中球总数为
则从三个盒子中各随机取一个球，
该球为甲盒子中的概率为，
该球为乙盒子中的概率为，
该球为丙盒子中的概率为.
甲盒子取到黑球的概率，
乙盒子取到黑球的概率，
丙盒子取到黑球的概率，
显然相互独立，
所以从三个盒子中各随机取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为.
由全概率公式可知，将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为.
故答案为：；.
14．
【分析】转化为，求导，得到，从而得到答案.
【详解】不等式在上有实数解，即在上有实数解，
只需，
，，
故在上恒成立，
故在上单调递增，
所以，
所以，实数的取值范围为.
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据二项式定理，写出二项式的展开式，求出指定的项即可.
（2）先写出倒数第2，3，4项的系数，根据等差中项列出方程，根据组合数的计算方法，求出参数，再根据展开式的系数列出不等式组，计算系数最大的项.
【详解】（1）由题意知，
当时，，当时，，
则含的项为.
（2）由题意得的展开式中第项，倒数第2项的系数为，倒数第3项的系数为，倒数第4项的系数为，
则有，化简得，
变形得，得，解得或，
因为，所以，
此时，设最大项为第项，
可得，解得，
所以，则系数最大的项为第七项且第七项为.
16．(1)
(2)不正确
(3)分布列见解析，
【分析】（1）设事件表示甲通过笔试，事件表示乙通过笔试，事件表示丙通过笔试，结合独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解；
（2）根据题意，分别求得三人都未进入面试和三人都进入了面试的概率，比较大小，即可求解；
（3）根据题意，分别求得甲、乙、丙被录取的概率，得到随机变量的可能取值，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解.
【详解】（1）解：设事件表示甲通过笔试，事件表示乙通过笔试，事件表示丙通过笔试，
则，
则甲乙丙三人中恰有一人笔试合格的概率为.
（2）解：若这三名同学获得180元的总奖金，则说明三人都未进入面试，
所以对应概率为，
若这三名同学获得总奖金为480元，则三人都进入了面试，
所以对应概率为，
因，所以丁同学的说法错误.
（3）解：由题意得，甲被录取的概率为，
乙被录取的概率为，
丙被录取的概率为，
根据题意，随机变量的可能取值为，
则，
,
故的分布列如下所示：
0 1 2 3
所以数学期望.
17．(1)
(2)分布列见解析；
【分析】（1）利用古典概型的概率公式求解即可.
（2）①由题意可知，的可能取值为，用古典概型的概率公式求出相应的概率，进而得到的分布列.
②分别求出是同一大类的情况有多少种，再根据条件概率公式求解即可.
【详解】（1）由题意一次抽取2个城市，全是小城市的概率为，
，则，得或（舍），
故.
（2）①由题知的可能取值为
，，
，.
故的分布列为：
②取出个城市全为超大城市，共有种情况,取出个城市全为小城市，共有种情况.
取出3个城市是同一类城市全为超大城市的概率为.
18．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导可得，对分、以及三种情况讨论即可得解；
（2）由存在性问题进行参变分离可得即可.
【详解】（1）函数的定义域是
.
当时，由，得或，由，得，
此时在和上单调递增，在上单调递减；
当时，，且不恒成立，此时在单调递增，无单调递减区间；
当时，由，得或，由，得，
此时在和上单调递增，在上单调递减；
综上所述，当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在单调递增，无单调递减区间；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
（2）至少存在一个，使得成立，即当时，
有解
∵当时，，∴有解，
令，则.
∵，
∴在上单调递减，∴，
∴，即，
∴实数a的取值范围.
19．(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，结合初始值及r的1、2次近似值定义求解.
（2）求出曲线在处切线方程即可.
（3）由（2）求出，构造函数并利用导数探讨方程的根推理得证.
【详解】（1）函数，求导得，
函数在处切线方程为：
依题意，，当时，，
同理，而，所以.
（2）由（1）得到在处切线方程为：
令，得和的关系为.
（3）由（2）知，，则，
函数，求导得，
当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
则当时函数取得最大值，，
又时，，时，，
因此当方程有两个根时，必满足；
曲线过点和点的割线方程为，
下面证明：，
设，求导得，
当时，；当，时，
函数在上单调递增，；
在上单调递减，，
则当时，，即（当且仅当或时取等号），
又，则，解得；
下面证明当时，，
设，由，，得，当且仅当时取等号，
而，则，解得，
所以.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑