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福建福州市八县市协作校2025-2026学年高二下学期期中联考数学试题
一、单选题
1．中国古墨可分为松烟墨、油烟墨、药墨等种类.现有4名学生，每人从松烟墨、油烟墨、药墨中选购1种，则不同的选购方式有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
2．下列函数的求导正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．随机变量X的分布列为：
X 1 2 3
P a
则（ ）
A． B． C． D．
4．现有4支救援队前往3个受灾点执行救援任务.若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，则不同的安排方法数是（ ）
A．24 B．36 C．48 D．56
5．已知函数在定义域内单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军”，对乙说：“你当然不会是最差的”.从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况（ ）.
A．18 B．36 C．48 D．54
7．一袋子里装有大小、形状完全相同的3个红球、2个白球和1个黄球，共6个球.现从袋中随机不放回摸球，每次摸取 1 个球，直到摸到红球为止.记摸球的次数为，则的数学期望（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数是定义在上的函数，且满足，其中为的导数，设，，，则、、的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
10．某自动流水线生产的一种新能源汽车零配件产品的质量（单位：）服从正态分布，且，．从该流水线上随机抽取4件产品，这4件产品中质量在区间上的件数记为，则（ ）
A． B．
C． D．
11．已知函数与其导函数的部分图象如图所示，若函数，则下列关于函数的结论正确的是（ ）
A．在区间上单调递增 B．在区间上单调递增
C．当时，函数有极小值 D．当时，函数有极大值
三、填空题
12．已知，则__________．
13．已知函数的图象在点处的切线方程为______.
14．某学校工会组织“掷骰子赢奖品”活动．规则是连续掷三次骰子，并按顺序记录．若三次点数a，b，c满足，则该投掷序列被视为“幸运序列”．则共有________种不同的“幸运序列”．
四、解答题
15．已知二项式的展开式中各项的二项式系数之和为128．
(1)求；
(2)求展开式中含项的系数；
(3)求展开式的第六项．
16．已知函数的两个极值点分别为和3．
(1)求的解析式；
(2)若直线与曲线有且仅有两个公共点，求的值．
17．如今，AI赋能快递行业，在揽派前端，圆通的“业务员AI助手”可实现批量外呼、分堆播报等功能.圆通速递的AI智能客服系统通过引入自然语言处理NLP和机器学习技术，能高效处理查询、理赔等事务，显著减少人工客服的工作负担.通过采集使用数据发现，当顾客输入的问题表达清晰时，AI智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，AI智能客服的回答被采纳的概率仅为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立．
(1)求AI智能客服的回答被采纳的概率；
(2)在某次测试中输入了3个问题，设表示AI智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望、方差；
(3)公司为了测试某项功能是否值得推广使用，随机抽取了10个问题，AI智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广使用该功能．试推断该功能是否会得到推广，请说明理由．
18．冬奥会的成功举办极大鼓舞了人们体育强国的热情，掀起了青少年锻炼身体的热潮．某校为了解全校学生“体能达标”的情况，从高二年级12个班学生中每班随机选出5名学生参加“体能达标”测试，并且规定“体能达标”测试成绩小于60分的为“不合格”，否则为合格．若高二年级“不合格”的人数不超过总人数的5%，则该年级体能达标为“合格”，否则该年级体能达标为“不合格”，需要加强锻炼．
(1)已知某班级的5名学生中，甲、乙2位同学体能预测不合格，从这5名学生中抽取2名，记X为抽取的2名学生中体能合格的人数，求随机变量X的分布列
(2)为了加强锻炼，甲、乙两位同学计划每天开展跳绳比赛以提高体能，并约定每轮比赛均采用五局三胜制（一方获胜三局则本轮比赛结束）．假设甲同学每局比赛获胜的概率均为，求甲在一轮比赛中至少比了四局并获胜的条件下，前2局比赛均获胜的概率；
(3)经过一段时间的体能训练后，该校再次进行了体能检测，高二年级学生体能检测成绩近似服从正态分布．已知，请估计该校高二年级学生该次体能检测是否合格 附：．
19．设函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若，求a的取值范围；
(3)设，证明：当时，.
参考答案
1．A
【详解】每个人有3种选择，根据分步乘法计数原理可知共有.
2．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.
故选：D.
3．C
【详解】由题意可得，解得，
所以.
故选：C.
4．B
【详解】先将4支救援队分成3组，其中一组有2支，另外两组各有1支，方法数为种，
再将这3组分配到3个不同的受灾点，有种分配方法，
故不同的安排方法数是种.
5．D
【详解】的定义域为，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，因为函数，
所以当时取得最大值9，
所以，即的取值范围是.
故选：D.
6．D
【详解】由条件可知，甲和乙都不是第一名，且乙不是最后一名，
所以先排乙有种方法，再排甲有种方法，其余人全排列，有种方法，
所以人的名次排列有种方法.
故选：D.
7．D
【详解】依题意知：的取值为，
故（第一次摸到红球），
（第一次摸到非红球，第二次摸到红球），
（前两次摸到非红球，第三次摸到红球），
（前三次摸到非红球，第四次摸到红球），
期望：，
.
8．D
【详解】令，则，
因为，而恒成立，所以，
所以在上单调递增，
又，所以，
因为，，，
所以，即.
故选：D.
9．BC
【详解】令，可得，所以A错误；
令，可得，
即，
所以，所以B正确；
令，所以，即，
又因为，两式相加得，
所以，所以C正确；
因为，，
所以，所以D错误.
10．ABD
【详解】A选项，由，得，
故，
由正态分布的对称性可知，A正确；
B选项，，B正确；
C选项，由题意得，故，C错误；
D选项，，D正确.
11．ACD
【详解】，
由图可知，与其导函数的图象如下所示：
对于A，当时，,故，
因此在区间上单调递增，A正确，
对于B，当时，，故，
因此在区间上单调递减，B错误，
对于C，当时，,故，
因此在区间上单调递增，结合B选项可知，是的极小值点，C正确，
对于D，当时，,故，
因此在区间上单调递增，结合B选项可知是的极大值点，D正确，
12．或
【详解】由题意可得或，解得或.
故答案为：或.
13．
【详解】由，
则，则，
且，
所以函数在点处的切线方程为，
即.
故答案为：
14．48
【详解】由已知可知要满足，则需要讨论，，之间的关系
若，因为骰子的点数是1到6，所以，，的取值共有6种情况.
若，，不全相等，因为
当时，，所以一定是偶数
若，都是奇数，则一定在1,3,5中取两个共有种情况.
同理当，都是偶数时也共有种情况.
当时，即，此时可以取1到6中除外的5个值，因为可以取1到6这6个值，所以共有种情况.
因此“幸运序列”共有种情况.
15．(1)
(2)-280
(3)
【详解】（1）因为二项式的展开式中各项的二项式系数之和为128．
所以，解得．
（2）二项式展开式的通项为，，
令，解得：，
所以当时，，
故展开式中含项的系数为．
（3）根据（2）可得，二项式展开式的通项为，，
令，可得，所以展开式的第六项为．
16．(1)
(2)或
【详解】（1），
由题意，得和3是关于的方程的两根，
由韦达定理，得解得
此时．
当时，；当时，；当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，是的极小值点，符合题意．
综上，．
（2）直线与曲线有且仅有两个公共点，等价于关于的方程仅有两个实根，
即关于的方程仅有两个实根．
设，则．
当时，；当时，；当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，是的极小值点，
且，．
根据题意，得或
解得或．
17．(1)
(2)
0 1 2 3
，
(3)该系统会得到推广，理由见解析
【详解】（1）设事件表示回答被采纳，事件表示问题表达清晰，
则，
则；
（2）由（1）知每个问题的回答被采纳的概率，且每次回答是否被采纳相互独立，
因此随机变量服从二项分布，
则，
，
，
，
的分布列为：
0 1 2 3
，；
（3）随机抽取10个问题，设被采纳的次数为，则有，总得分，
则，
满足推广条件，因此该系统会得到推广.
18．(1)分布列见解析
(2)
(3)高二年级学生体能检测合格
【详解】（1）由题意的可能取值为，
所以，
所以的分布列为
1 2
（2）令事件表示“甲在一轮比赛中至少比了四局并获胜”，事件表示“甲以获胜”，事件表示“甲以获胜”，事件表示“甲前2局比赛均获胜”，
所以，
所以，
，
所以；
（3）由已知有，所以，
所以，
所以高二年级学生体能检测合格.
19．(1)时，的单调递增区间为，无单调递减区间；时，的单调递减区间为，单调递增区间为
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1），
当时，在上恒成立，因此在上单调递增.
当时，令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上：时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）当，时，，因此不恒成立，
不符合题意，舍去；
当时，，符合题意；
由（1）知，当时，，
要使不等式恒成立，只需，即，
设（），则，
令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
因此在处取得最小值，
故对所有恒成立，
综上，所求的取值范围为；
（3）令，，，
则，
令，则，
所以函数在上单调递增，即在上单调递增，
由（1）可知，当时，，即，当且仅当时取等号，
因为，，
所以存在唯一，使得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
又，，
所以对任意，均有，
即成立.

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