资源简介

2025—2026学年第二学期高二期中监测
数 学 试 题
注意事项:
1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
4.本试卷主要考试内容:人教A版选择性必修第二册第五章,选择性必修第三册。
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.已知书架上仅有A,B,C,D四类杂志,其数量分别为6,4,5,4,且每类杂志中的每一本都不同.若小张要从该书架选一本杂志,则他的选法数为
A.4 B.19 C.60 D.480
2.若随机变量X~N(3,σ2),且P(3≤X<4)=0.37,则P(X≤2)=
A.0.13 B.0.26 C.0.14 D.0.27
3.函数f(x)=2x3-7x2-4x+1的极值点之和为
A.- B. C. D.
4.展开式的常数项为
A.-20 B.20 C.- D.
5.用4个1、3个2、3个3组成一个十位数,则3个2相邻的十位数的个数为
A.280 B.420 C.720 D.1 680
6.若空间向量a=(1,x,m),b=(x,y,ln x),且a∥b,则
A.m有最大值,且最大值为 B.m有最小值,且最小值为-
C.m有最大值,且最大值为e D.m有最小值,且最小值为-e
7.将12瓶完全相同的矿泉水随机分给8位建筑工人(含甲、乙),在每人至少分得1瓶的前提下,甲和乙都分得2瓶的概率为
A. B. C. D.
8.函数f(x)=e2x-(2x+1)ex+x2+x的最小值为
A.- B.ln 2 C.1 D.0
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.一箱脐橙共有12个,其中有若干个为烂果,从这一箱脐橙中任取2个,恰有1个烂果的概率不大于,则这箱脐橙的烂果个数可能为
A.2 B.3 C.4 D.5
10.已知函数f(x)=ex-t(x2+x+1),则
A.当f(x)仅有一个零点时,t>1
B.当f(x)有三个零点时,C.当f(x)恰有两个零点m,n时,m+n>0
D.当f(x)有三个零点a,b,c(a11.若随机变量X~B随机变量Y服从两点分布,且P(Y=0)=p,已知X与Y相互独立,则
A.P(XY=1)恒小于 B.P(X+Y=3)的最小值为
C.E(XY)的最小值为 D.E(p2XY+1)的最大值为
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.决定系数R2可以用来比较两个模型的拟合效果,R2的计算公式为R2=1-,则R2越大,表示残差平方和越　　▲　　(填“大”或“小”),即拟合效果越　　▲　　(填“好”或“差”).
13.函数f(x)=x3-x2(0≤x≤3)的值域为　　▲　　.
14.如图,给这八个方格涂色,现有红、蓝、黄、紫、绿、黑六种颜色可供选择,要求相邻的方格涂不同的颜色,且两端都涂红色,则不同的涂色方法共有　　▲　　种.
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.(13分)
敦煌文化,以莫高窟佛教艺术和藏经洞文化为代表,延续近2 000年.为研究敦煌文化的传承意愿与参与体验活动之间的关系,某调研队在甘肃省敦煌市随机抽取了1 000名游客进行调查,得到如下表格:
愿意传承 不愿意传承 合计
参与过体验活动 320 80 400
未参与过体验活动 240 360 600
合计 560 440 1 000
(1)记参与过体验活动的人中愿意传承敦煌文化的概率为p,求p的估计值.
(2)根据小概率值α=0.001 的独立性检验,能否认为参与体验活动与传承意愿有关 说明你的理由.
附:χ2=,n=a+b+c+d.
α 0.050 0.010 0.001
xα 3.841 6.635 10.828
16.(15分)
某用户只在某外卖平台的甲、乙两家餐厅点餐,根据历史数据,选择甲餐厅的概率为0.6,选择乙餐厅的概率为0.4,甲餐厅的准时送达率为0.95,乙餐厅的准时送达率为0.9.已知该用户每次外卖点餐准时送达与否相互独立.
(1)求该用户每次外卖点餐准时送达的概率.
(2)在该用户的N次外卖点餐中,记准时送达的次数为X,若X的方差大于0.7,求N的最小值.
(3)平台推出“准时保”,每单需支付0.5元的服务费,若外卖未准时送达,则平台赔付3元;若外卖准时送达,则平台不赔付.该用户愿意购买“准时保”的条件是亏损期望不超过0.3元,试问他是否愿意购买“准时保” 说明你的理由.
17.(15分)
已知(-4+3x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7.
(1)证明:a1+a2+…+a7=47-1.
(2)求log7(|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|)的值.
(3)证明:a1-2a2+3a3-4a4+5a5-6a6+7a7能被147整除.
18.(17分)
已知函数f(x)=x2-aln x-.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)在其定义域内单调递增,求a的取值范围;
(3)若0mln m2-2ln 2,求a的取值范围.
19.(17分)
一个不透明的袋子中装有编号分别为1,2,3,4的4个小球(大小、质地均相同),每次从袋中随机摸出1个小球并记录编号后放回袋中,当连续两次摸出的小球的编号相同时,停止摸球.设停止摸球时已摸球的次数为X,第k次摸到的小球编号为Yk.
(1)求P(X=2)与P(X=3);
(2)设P(X=n)=an,求a2+a3+…+an+4an+1与a2-a3+a4-…+(-1)nan;
(3)当X=n时,Sn为随机变量,若Y1+Y2+…+Yn是奇数,则Sn=1,若Y1+Y2+…+Yn是偶数,则Sn=0,求P(Sn=0).
2025—2026学年第二学期高二期中监测
数学试题参考答案
1.B　由分类加法计数原理可知,他的选法数为6+4+5+4=19.
2.A　因为X~N(3,σ2),且P(3≤X<4)=0.37,所以P(23.B　f'(x)=6x2-14x-4,因为(-14)2-4×6×(-4)>0,所以f(x)有两个极值点,
由韦达定理得这两个极值点之和为=.
4.C　展开式的常数项为.
5.A　依题意可得3个2相邻的十位数的个数为=280.
6.A　因为a∥b,所以存在唯一的实数k,使得a=kb,即1=kx,m=kln x,其中x>0,
则m=.设f(x)=,则f'(x)=,令f'(x)>0,得0e,所以f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.
故f(x)max=f(e)=,则m有最大值,且最大值为,m无最小值.
7.D　若每人至少分得1瓶,则由隔板法可得分法数为.在每人至少分得1瓶的前提下,甲和乙都分得2瓶,则其余8瓶分给6位建筑工人,由隔板法可得分法数为.故所求概率为==.
8.D　f(x)=e2x-2xex+x2-ex+x=(ex-x)2-(ex-x).设g(x)=ex-x,则g'(x)=ex-1,当x<0时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x>0时,g'(x)>0,g(x)单调递增,则g(x)≥g(0)=1.令t=ex-x,t≥1,则(ex-x)2-(ex-x)=t2-t,因为y=t2-t在[1,+∞)上单调递增,所以当t=1时,y=t2-t取得最小值,且最小值为0.故f(x)的最小值为0.
9.ABC　设这一箱脐橙中有n个烂果,则=≤,解得n≤4或n≥8,所以这箱脐橙的烂果个数可能为2,3,4.
10.BCD　由f(x)=0,得t=.设g(x)=,则g'(x)=,令g'(x)>0,得x<0或x>1,令g'(x)<0,得01时,直线y=t和曲线y=g(x)仅有一个交点,f(x)仅有一个零点,A错误.当t=或t=1时,直线y=t和曲线y=g(x)有两个交点,f(x)恰有两个零点m,n,设m,则-10,当t=1时,m=0,n>1,则m+n>0,C正确.当11.AC　因为X~B,所以P(X=0)=×=,P(X=1)=×=,P(X=2)=×=,P(X=3)=×=.因为X与Y相互独立,所以P(XY=1)=P(X=1,Y=1)=P(X=1)P(Y=1)=(1-p)=-p<,P(X+Y=3)=P(X=2,Y=1)+P(X=3,Y=0)=P(X=2)P(Y=1)+P(X=3)P(Y=0)=(1-p)+p=-p≥-×=,A正确,B错误.P(XY=2)=P(X=2,Y=1)=P(X=2)P(Y=1)=(1-p),P(XY=3)=P(X=3,Y=1)=P(X=3)P(Y=1)=(1-p),则E(XY)=0×P(XY=0)+1×P(XY=1)+2×P(XY=2)+3×P(XY=3)=(1-p)≥×=,C正确.
E(p2XY+1)=p2(1-p)+1=p2(2-2p)+1≤+1=,当且仅当p=时,等号成立,因为012.小;好　R2越大,表示残差平方和越小,即拟合效果越好.
13.　f'(x)=x2-2x,令f'(x)≤0,得0≤x≤2,令f'(x)>0,得214.13 020　因为两端都涂红色,所以中间4个方格也可以涂红色.
当中间4个方格中有2个方格涂红色时,涂红色的位置有3种选择,剩下的有5×5×5×4种选择,所以有5×5×5×4×3=1 500种涂色方法.
当中间4个方格中只有1个方格涂红色时,涂红色的位置有4种选择,剩下的有5×5×4×4×4种选择,所以有5×5×4×4×4×4=6 400种涂色方法.
当中间4个方格都不涂红色时,有5×45=5 120种涂色方法.
综上,不同的涂色方法共有1 500+6 400+5 120=13 020种.
15.解:(1)由题意可得参与过体验活动的人中愿意传承敦煌文化的频率为=, 3分
以样本频率估计总体概率,则p的估计值为. 5分
(2)零假设为H0:参与体验活动与传承意愿无关. 6分
χ2==, 9分
>100>10.828=x0.001, 11分
依据小概率值α=0.001 的独立性检验,有充分证据推断H0不成立,因此可以认为参与体验活动与传承意愿有关. 13分
16.解:(1)设事件B=“外卖点餐准时送达”,A1=“在甲餐厅点餐”,A2=“在乙餐厅点餐”,依题意得P(A1)=0.6,P(A2)=0.4,P(B|A1)=0.95,P(B|A2)=0.9. 1分
由全概率公式得该用户每次外卖点餐准时送达的概率P=P(A1)·P(B|A1)+P(A2)·P(B|A2)=0.6×0.95+0.4×0.9=0.57+0.36=0.93. 4分
(2)依题意得X~B(N,0.93), 6分
则D(X)=N×0.93×(1-0.93)=0.065 1N. 7分
若X的方差大于0.7,则0.065 1N>0.7,所以N>≈10.8,
故N的最小值为11. 9分
(3)他愿意购买“准时保”. 10分
理由如下:
设他购买“准时保”的净收益为Y元,则Y的所有可能取值为-0.5,2.5. 11分
P(Y=-0.5)=0.93, 12分
P(Y=2.5)=1-0.93=0.07, 13分
则E(Y)=0.93×(-0.5)+0.07×2.5=-0.29. 14分
因为E(Y)=-0.29>-0.3,即亏损期望不超过0.3元,所以他愿意购买“准时保”. 15分
【备注】
第(3)问的理由还可以这样写:
设他购买“准时保”的亏损为Y元,则Y的所有可能取值为0.5,-2.5, 11分
P(Y=0.5)=0.93,P(Y=-2.5)=1-0.93=0.07, 13分
则E(Y)=0.93×0.5+0.07×(-2.5)=0.29. 14分
因为0.29<0.3,所以他愿意购买“准时保”. 15分
17.(1)证明:令x=0,得a0=(-4)7=-47, 2分
令x=1,得a0+a1+a2+…+a7=(-1)7=-1, 4分
所以a1+a2+…+a7=-1-(-47)=47-1. 5分
(2)解:因为|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|为(4+3x)7的展开式各项系数之和, 7分
所以|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|=(4+3×1)7=77, 9分
所以log7(|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|)=7. 10分
(3)证明:由(-4+3x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,
得[(-4+3x)7]'=(a0+a1x+a2x2+…+a7x7)',
即7(-4+3x)6×3=a1+2a2x+3a3x2+…+7a7x6, 12分
令x=-1,得a1-2a2+3a3-4a4+5a5-6a6+7a7=7×(-7)6×3=147×75, 14分
因为147×75能被147整除,所以a1-2a2+3a3-4a4+5a5-6a6+7a7能被147整除. 15分
18.解:(1)当a=1时,f(x)=x2-ln x-,则f'(x)=2x-+, 1分
则f'(1)=7. 2分
因为f(1)=-5,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y+5=7(x-1),
即y=7x-12. 3分
(2)f(x)的定义域为(0,+∞). 4分
f'(x)=2x-+=. 5分
若f(x)在其定义域内单调递增,则f'(x)≥0对x∈(0,+∞)恒成立,
即2x3-ax+6≥0对x∈(0,+∞)恒成立. 6分
易知a≥0,当a=0时,f(x)=x2在(0,+∞)上单调递增,所以a=0满足题意. 7分
当a>0时,设g(x)=2x3-ax+6(x>0),
则g'(x)=6x2-a=6.
令g'(x)<0,得00,得x>,
所以g(x)在上单调递减,在上单调递增, 8分
所以g(x)min=.
又a>0,所以0综上,a的取值范围是[0,9]. 10分
(3)由(2)知,当0则f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)=1-6. 11分
由f(n)+mm>mln m2-2ln 2(m>0),得f(n)>mln m2-mm-2ln 2(m>0),
则f(n)>2mln m-emln m-2ln 2. 13分
设h(x)=xln x,则h'(x)=1+ln x,当0时,h'(x)>0,
所以h(x)≥h=-. 14分
设p(x)=2x-ex-2ln 2,x≥-,
则p'(x)=2-ex,当-≤x0,当x>ln 2时,p'(x)<0,
所以p(x)max=p(ln 2)=2ln 2-2-2ln 2=-2. 15分
由 m∈(0,+∞), n∈(0,1],f(n)+mm>mln m2-2ln 2,
得1-6>-2, 16分
解得a<,又019.解:(1)P(X=2)=1×=, 1分
P(X=3)=1××=. 2分
(2)因为X≥2,所以n≥2,则P(X≥n+1)=1-a2-a3-…-an. 3分
若X=n+1,则X≥n+1且Yn=Yn+1,所以an+1=(1-a2-a3-…-an)×,
即a2+a3+…+an+4an+1=1, 5分
所以a2+a3+…+an+an+1+4an+2=1,所以an+1+4an+2-4an+1=0,即an+2=an+1. 7分
由(1)可知a3=,所以当n≥3时,an=×=×.
又因为a2=,所以an=×, 8分
所以a2-a3+a4-…+(-1)nan=× 9分
=×=. 10分
(3)当X≥n≥3时,设随机变量Tn满足:若Y1+Y2+…+Yn-2是奇数,则Tn=1,若Y1+Y2+…+Yn-2是偶数,则Tn=0.设P(Tn=0)=bn.
当n=3时,T3=0即Y1为偶数,可得b3=.
当n=4时,T4=0即Y1+Y2是偶数,可得b4=×+×=. 11分
当n≥5时,Tn=0可分成两种情况:当Tn-2=0时,Yn-3与Yn-2同为奇数或同为偶数;当Tn-2=1时,Yn-3与Yn-2一奇一偶.
所以bn=bn-2×+(1-bn-2)×=-bn-2,即bn-. 13分
当n≥3且n为奇数时,bn-=,即bn=;
当n≥3且n为偶数时,bn-=,即bn=+×. 15分
当n=2时,Y1=Y2,P(Sn=0)=1.
当n≥3时,P(Sn=0)=P(Tn=0)=bn.
综上可得,当n≥2且n为偶数时,P(Sn=0)=+×;当n≥2且n为奇数时,P(Sn=0)=. 17分
【备注】
【1】第(1)问还可以这样解答:
P(X=2)==, 1分
P(X=3)==. 2分
【2】第(2)问还可以这样解答:
P(X=n)=an=1××=×(n≥2). 5分
a2+a3+…+an+an+1+4an+2=×=1, 7分
所以a2-a3+a4-…+(-1)nan=× 9分
=×=. 10分

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