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广东茂名市第一中学等九校2025-2026学年高二下学期4月学情调研数学试题
一、单选题
1．（ ）
A． B．2 C． D．2026
2．曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
3．设是的导函数，已知，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
4．甲计划按照一定的先后顺序写一篇介绍8个文化地标的文章，若第一个介绍的是地标，且地标B，C，D的介绍顺序必须相邻（中间不能插入其他地标，内部顺序可自由调整），则该文章关于这8个文化地标的介绍顺序共有（ ）
A．360种 B．720种 C．1440种 D．2160种
5．某次考试共有12个选择题，每个选择题的分值为5分，每个选择题四个选项且只有一个选项是正确的，学生对12个选择题中每个题的四个选择项都没有把握，最后选择题的得分为分，学生对12个选择题中每个题的四个选项都能判断其中有一个选项是错误的，对其它三个选项都没有把握，选择题的得分为分，则的值为
A． B． C． D．
6．函数的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
7．设，分别为随机事件A，B的对立事件，已知，则下列说法不正确的是（ ）
A．
B．
C．若A，B是相互独立事件，则
D．若A，B是互斥事件，则
8．设，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知均为正整数，且，则（ ）
A． B．
C． D．
10．关于的展开式，下列说法正确的是（ ）
A．展开式共有8项
B．展开式的二项式系数之和为256
C．展开式中没有常数项
D．展开式的第5项的二项式系数最大
11．已知函数，则（ ）
A．为奇函数 B．
C． D．在上单调递增
三、填空题
12．若函数，则______.
13．若，则______.
14．某Livehouse舞台的环形氛围灯被设计为如图所示的4个环形相邻灯区.现有5种霓虹灯光色可供选择，要求每个灯区只使用一种颜色，且相邻灯区颜色不相同，则该舞台灯区共有______种不同的颜色搭配方案.
四、解答题
15．记等差数列的前项和为，已知.
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：.
16．已知函数.
(1)判断的单调性；
(2)若关于的方程只有1个实数解，求实数的取值范围.
17．某高校新媒体社团有7位同学，他们计划对短视频剪辑、直播运营、图文排版、创意脚本撰写这4个当下热门的新媒体展开学习调研，要求每个模型至少有一人负责，且每人只能选择一个.
(1)若从社团中选出4人去调研，共有多少种不同的调研安排方案？
(2)若7位同学同时参与调研，其中的甲、乙、丙3位同学调研同一个模型，共有多少种不同的安排方案？
18．已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)若对恒成立，求的取值范围；
(3)若，证明：当时，．
19．甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用五局三胜制（先胜三局者获胜），每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局结果相互独立．比赛计分规则如下：
若一方以或获胜，则胜者得3分，败者得0分；
若一方以获胜，则胜者得2分，败者得1分．
(1)求甲获得3分的概率；
(2)若，设甲的总得分为随机变量，求的分布列和数学期望；
(3)已知甲在比赛中的总得分的分布列由决定．定义意外指数为．
①求的表达式，并比较和的大小关系；
②求在上的最大值及取得最大值时的值．
参考答案
1．B
【详解】由排列数和组合数的公式得：.
2．C
【详解】由函数，可得，则，且，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
3．A
【详解】由，求导得，
则，解得.
4．B
【详解】先将B，C，D这三个地标捆绑，再将此整体和其他4个地标进行全排列，共有种.
5．A
【详解】设学生答对题的个数为，则得分（分），，，所以，同理设学生答对题的个数为，可知,，所以，所以.故选A.
6．D
【详解】由函数的定义域为，
且，
所以为奇函数，其图象关于原点对称，排除B；
当时，，则，
令，可得；令，可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，排除C；
当时，，排除A，
所以选项D符合题意.
7．B
【详解】对于A，由，故A正确；
对于B，当是相互独立事件时，，故B错误；
对于C，因为是相互独立事件，所以，
则，故C正确；
对于D，因为是互斥事件，所以，则，故D正确.
8．D
【详解】令，则，
令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
即，
得，故，
所以，即.
9．ACD
【详解】对于A，由组合数性质，可得，故A正确；
对于B，由排列数的计算公式，可得，，
无法确定与+1是否相等，故B错误；
对于C，由排列数的计算公式，可得，
再由，
所以，所以C正确；
对于D，由，故D正确.
10．BCD
【详解】由题可知展开式共有9项，故A错误；
展开式的二项式系数之和为，故B正确；
展开式的通项为，
令0，得不是整数，所以展开式中没有常数项，故C正确；
当时，二项式系数最大，所以展开式的第5项的二项式系数最大，故D正确.
11．AD
【详解】对于A，函数的定义域为，关于原点对称，
且，所以为奇函数，故A正确；
对于B，由，故B错误；
对于C，由，故C错误；
对于D，由，
当时，，则单调递增.故D正确.
12．2
【详解】
由题得，
则.
13．240
【详解】由多项式的展开式中，
对于含的项中，当为奇数时，系数为负，当为偶数时，系数为正，
所以，
对于，
令，得；
令，得，
所以.
14．260
【详解】第1个灯区有5种颜色可选，第2个灯区不能与第1个灯区同色，有4种颜色可选，
若第3个灯区与第1个灯区同色，则只有1种颜色可选，此时第4个灯区不能与第1，3个灯区同色，有4种颜色可选；
若第3个灯区与第1个灯区颜色不同，也不能与第2个灯区同色，则有3种颜色可选，此时第4个灯区不能与第1，3个灯区同色，有3种颜色可选，
所以该舞台灯区共有种不同的颜色搭配方案.
15．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）解：设等差数列的公差为，因为
可得，解得，
所以，即数列的通项公式为.
（2）解：由（1）知：，可得，可得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
因为，所以.
16．(1)递减区间为，递增区间为.
(2)
【详解】（1）解：由函数，其定义域为，
且，
则当或时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）解：因为方程只有1个实数解，即函数和的图象只有一个公共点，
由（1）知函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，；
当时，；当时，，
又，作出的大致图象，如图所示，
结合图象，可得，所以实数的取值范围为.
17．(1)840
(2)240
【详解】（1）解：先从7位同学中选出4人，有种选法；
再将选出的4人分配到4个，要求每个至少1人，则有种分配方法，
由分步计数原理得，共有种不同的调研安排方案.
（2）解：将甲、乙、丙3位同学视为一个整体（一个元素），此时相当于5个元素分配到4种模型，每种模型至少1个元素，
则5个元素需分为“2，1，1，1”四组，有种分法；
再将这四组对应4种模型进行全排列，有种方法，
所以甲、乙、丙3位同学调研同一模型，共有种不同的安排方案.
18．(1)极大值为，极小值为
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）当时，，
则，
令，得或；
令，得或，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
的极大值为，极小值为．
（2）由，得，
化简得，
设，
则，
当，即时，单调递增，
，符合题意；
当，即时，当时，，
不满足对恒成立，不符合题意，
综上，的取值范围为．
（3）若，则由（2）得当时，，
要证，可证，
令，
则
，
令，得，则，
设，
则当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
，
，
，则，
，则，即，
，得证，
当时，．
19．(1)；
(2)随机变量的分布列为：
；
(3)①；②当时，取得最大值.
【详解】（1）根据题意，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局结果相互独立．
所以甲以获胜的概率为，
甲以获胜的概率为，
所以甲获得3分的概率为；
（2）由题意可知，随机变量为甲的总得分，其所有可能取值为、、、，
若，即甲、乙获胜的概率都是，
所以，，
，，
所以随机变量的分布列为：
所以；
（3）①由题意，，，
所以
，
则，
所以；
②由①可得，，
令，，
因为，可得恒成立，所以单调递增，
又当时，取得最大值，即，
所以，
即当时，取得最大值.

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