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六安一中 2026 年春学期高二年级期中考试
数学试卷
满分：150分 时间：120分钟
一、单项选择题：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
一个选项是符合题目要求的.
1. 已知 ，则 （ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】由排列数与组合数的计算公式，列出方程，即可求解.
【详解】由排列数与组合数的计算公式，可得 ，
即 且 ，解得 .
故选：B.
2. 已知随机变量 的分布列如下：
0 1 2
若 ，则 （ ）
A. B. 7 C. 21 D. 22
【答案】C
【解析】
【详解】易知 ，可得 ；
又 ，可知 ，所以 ，解得 ，因此 ；
所以 .
3. 函数 的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】确定函数定义域，判断函数奇偶性，即可判断B；当 时， ，利用导数判断此
时函数的单调性，即可判断A，C，D，即得答案．
【详解】函数 的定义域为 ，
设 ，则 ，故 为偶函数，
其图象关于 轴对称，则B中图象错误；
又当 时， ，
由 ，得 ，由 ，得 ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，故A、C错误，故选D.
4. 在 的展开式中， 的系数为（ ）
A. 7 B. 15 C. 30 D. 65
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用二项展开式的通项公式求出 的展开式中含 和含 的系数，再求
原式的 的系数即可.
【详解】在 的展开式中， 的系数为 ， 的系数为 ，
所以 的展开式中， 的系数为 .
故选：A.
5. 当 时，函数 取得最大值 ，则 （ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
{f′(1)=0
)
【分析】求出函数的导函数，依题意可得 ，即可求出 、 ，再检验，即可求出 的值.
f (1)=−2
【详解】因为 的定义域为 ，又 ，
{f′(1)=0 ) {a−b=0)
依题意可得 ，即 ，解得 ，
f (1)=−2 b=−2
−2 2 2(1−x)
此时 ，则f′(x)= + = ，
x x2 x2所以当 时 ，则 在 上单调递增；
当 时 ，则 在 上单调递减，
则 在 处取得最大值，符合题意；
所以 .
6. 从标有0，1，2，3，4的五张卡片中随机选取4张放入如图所示的空格处组成一个四位数的偶数，则这
个数大于 的个数为（ ）
A. 41 B. 42
C. 43 D. 44
【答案】A
【解析】
【分析】分析千位数是4、3、2三种情况，求出四位偶数中大于 的数的个数，即可得答案.
【详解】当千位数是 时，比 大的偶数，先填个位数，再从余下的 3个数中选2个作全排列，有
种；
当千位数是 时，比 大的偶数，先填个位数，再从余下的3个数中选2个作全排列，有 种；
当千位数是 时，分成两类情况：①个位是 且比 大，在余下的3个数中任选2个作全排列，有
种，
②个位是 且比 大的偶数有 ，共5种，
综上，比 大的偶数共有 种，
7. 已知过点 可以作曲线 的两条切线，则实数a的取值范围是（ ）A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先对函数求导，设切点 ，写出切线方程，将点 代入切线方程，得到
，根据切线有两条，得到方程有两根，结合判别式即可求出结果.
【详解】由 得 ，
设过点 的直线与曲线 切于点 ，
则切线斜率为 ，
所以切线方程为
因为切线过点 ，
所以 ，整理得 ，
因为过点 的切线有两条，
所以方程 有两不同实根，
因此 ，解得 或 ，
即实数a的取值范围是 .
故选：B
8. 甲、乙两人拿两颗如图所示的正四面体骰子做抛掷游戏，规则如下：由一人同时掷两个骰子，观察底面
点数，若两个点数之和为5，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数之和不是5，就由对方接着掷．第一
次由甲开始掷，设第n次由甲掷的概率为 ，则 的值为（ ）A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】抛掷两颗正四面体骰子观察底面上的数字之和为5的概率为 ，第n次由甲掷有两种情况：一是
第 次由甲掷，第n次由甲掷，概率为 ；二是第 次由乙掷，第n次由甲掷，概率为
，由已知得 ，可得到数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
由此可得解.
【详解】抛掷两颗正四面体骰子观察底面上的数字之和为5有4种情况，得点数之和为5的概率为 ，
第n次由甲掷有两种情况：
一是第 次由甲掷，第n次由甲掷，概率为 ；
二是第 次由乙掷，第n次由甲掷，概率为 ．
这两种情况是互斥的，所以 ，即 ，
所以 ，即数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，所以，所以 ．
故选：A
【点睛】方法点睛：本题考查概率的求法，互斥事件概率加法公式，等比数列的性质，在数列 中，
（ 、 均为常数，且 ， ），可以利用构造法求数列的通项公式：设
，得到 ， ，可得出数列 是以 的等比数列，可
求出 ；
二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9. 下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若 ，则
C. 被8整除的余数为1
D. 精确到 的近似数为1.1
【答案】AB
【解析】
【分析】逆用二项式定理计算可判断 A 项，运用赋值法，令 ， 求解可判断 B 项，由
，结合二项式定理计算可判断C项， ，结合二项式定理计算可判断D
项.
【详解】对于A项，由二项式定理可知 ，故A项正确；
对于B项，令 得 ①，令 得 ②，所以①②可得 ，故B项正确；
对于C项， ，
由此可得 被8整除的余数为 ，故C项错误；
对 于 D 项 ，
，
所以 精确到 的近似数为 ，故D项错误.
10. 甲箱中有2个白球和3个黑球，乙箱中有3个白球和2个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，
以 ， 分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的
是白球，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，由古典概型可得结果；对于B，由样本空间点可得结果；对于C，先求出 ，
再由条件概率的定义可得 ；对于D，由全概率公式可算得 .
【详解】对于A，由古典概型可知 ，故A错误；
对于B，由条件概率可知 表示在由甲箱中取出的是白球的条件下，从乙箱中取出的是白球的概
率，
当甲箱中取出的是白球放入乙箱后，乙箱中有4个白球和2个黑球，由古典概型可知 ；对于C，由B选项分析同理可得 ，
由条件概率的定义可知 ，故C正确；
对于D，由全概率公式可得 ，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知函数 和 有相同的最大值 ，直线 与两曲线 和 恰
好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依此为 ，则以下说法正确的是（ ）
A. B.
C. 成等差数列 D. 成等比数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据导数分类讨论求最值，然后数形结合，利用指数与对数之间的转化求解即可.
【详解】对于AB， ，
当 时，当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
所以当 时，函数 有最大值，即 ；
当 时，当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，所以当 时，函数 有最小值，没有最大值，不符合题意，
由 ，
当 时，当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
所以当 时，函数 有最大值，即 ；
当 时，当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，
所以当 时，函数 有最小值，没有最大值，不符合题意，
于是有 ，因此选项AB正确，
对于CD，两个函数图像如下图所示：
由数形结合思想可知：当直线 经过点 时，
此时直线 与两曲线 和 恰好有三个交点，
不妨设 ，
且 ，
由 ，又 ，又当 时， 单调递增，所以 ，
又 ，又 ，
又当 时， 单调递减，所以 ，
，
，于是有 ，
且 ，所以选项C错误，D正确，
故选：ABD
【点睛】关键点睛：利用数形结合思想，结合等式 是解题的关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，两个空的题目，第一空2分，第二空3
分.
12. 有________个不同的正因数.
【答案】
【解析】
【分析】由分步乘法计数原理进行求解．
【详解】对2520分解质因数： ，
根据正因数个数公式计算得： .
13. 从4种不同颜色中选择若干种颜色，给正四面体 的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色，
且共点的棱染不同的颜色，则不同的染色方法共有____________种．
【答案】96
【解析】
【分析】根据所涂颜色的种数分类，结合排列，组合公式，即可求解.
【详解】若所有相对的棱涂同一种颜色，共用3种颜色，有 种方法，若所有相对的3对棱中有2对对棱涂同色，共用4种颜色，有 种方法，
所以共有 种方法.
故答案为：
14. 已知 ，对任意的 ，不等式 恒成立，则k的取值范围是
__________．
【答案】
【解析】
【分析】构造函数 ，利用单调性得到 ，分离参数，求出 ，
，的最大值即可
【详解】由条件得 ，
构造函数 ，对其求导得 ，令 得 ，
于是当 时， ，函数 单调递减；当 时， ，函数 单调递增．
因为 ， ，所以 ， ，根据 ，得到 ，
分离参数得 对 恒成立，
只需
构造函数 ， ，对其求导得 ，令 得 ，于是当 时， ，函数 单调递增；
当 时， ，函数 单调递减，
所以 ，于是 ，因此k的取值范围是
故答案为：
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. 在 的展开式中，二项式系数最大的项只有第五项，
（1）求 的值；
（2）求系数最大的项
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由展开式中只有第五项的二项式系数最大求解即可；
（2）利用二项式定理求出通项，比较正数项系数的大小即可.
【小问1详解】
因为展开式中只有第五项的二项式系数最大，即 是唯一的最大值，
根据二项式系数的性质可知 .
【小问2详解】
由（1）得 ，即二项式为 ，
因为第 项的系数为(−2) rCr，其中 ，
8
由于 为奇数时，系数为负， 为偶数时，系数为正，
要求系数最大的项，只要考虑正数项的系数即可，即 ，
当 时，系数为(−2) 0C0=1 ；当 时，系数为 ；
8当 时，系数为(−2) 4C4=1120 ；当 时，系数为(−2) 6C6=1792 ；
8 8
当 时，系数为(−2) 8C8=256 ；
8
所以，正数项中系数中的最大值为 ，即第 项的系数最大， .
16. 某学校共开设 六门体验课程.
（1）若体验课连续开设六周，每周一门（不重复），求“ ”和“ ”课程排在不相邻的两周的所有排法种数；
（2）现有甲、乙、丙三名学生报名参加体验课程，每人都选两门课程，甲和乙仅有一门共同的课程，丙
和甲、乙的课程都不同，求所有选课的种数；
（3）计划安排三名教师教这六门课程，每门课程只由一名教师任教，每名教师至少任教一门课程，求所
有课程安排的种数．
【答案】（1）480 （2）360
（3）540
【解析】
【分析】（1）采用插空法，先排其余四门，再插空；
（2）特殊的先排，再用分步乘法；
（3）先分组后分配.
【小问1详解】
第一步，先将另外四门课排好，有A4=4×3×2×1=24
种情况；
4
第二步，将“A”和“B”课程分别插入5个空隙中，有A2=5×4=20
种情况；
5
所以“ ”和“
”课程排在不相邻的两周的排法有A4×A2=24×20=480
种；
4 5
【小问2详解】
第一步，先将甲和乙的不同课程排好，有A2=6×5=30
种情况；
6
第二步，从余下的 门课程中选出甲和乙的共同课程，有 种情况；
第三步，因为丙和甲、乙的课程都不同，所以丙的选法 种情况；
因此，所有选课种数为A2×C1×C2=30×4×3=360
种.
6 4 3
【小问3详解】C1C1C4
6×5×1
①将 个科目分成 三组，然后分给三名教师： 6 5 4 ×A3= ×6=90 种情况；
A2 3 2
2
②将 个科目分成
三组，然后分给三名教师：C1C2C3A3=6×10×6=360
种情况；
6 5 3 3
C2C2C2
15×6×1
③将 个科目分成 三组，然后分给三名教师： 6 4 2 ×A3= ×6=90 种情况；
A3 3 6
3
综上，所有的课程安排共有 种情况.
17. 已知函数 ．
（1）若在 处的切线斜率为 ，求 ；
（2）若 恒成立，求 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，由 计算可得；
（2）依题意可得 恒成立，令 ， ，利用导数说
明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解.
【小问1详解】
因为 ，
所以 ，依题意 ，解得 ；
【小问2详解】
因为 的定义域为 ，又 ，
所以 恒成立，
令 ， ，则 ，
令 ， ，则 ，所以 在 上单调递增，
又 ， ，
所以 使得 ，即 ， ，则 ，
所以当 时 ，当 时 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，所以 ，
即实数 的取值范围为 .
18. 某公司为活跃气氛、提升士气，年终拟通过抓阄兑奖的方式对所有员工进行奖励．规定：每位员工从
一个装有4个标有面值的阄的袋中一次性随机摸出2个阄，阄上所标的面值之和为该员工获得的奖励金额．
（1）若袋中所装的4个阄中有1个所标的面值为800元，其余3个均为200元，求：
①员工所获得的奖励金额为1000元的概率；
②员工所获得的奖励金额的分布列及均值；
（2）公司对奖励金额的预算是人均1000元，并规定袋中的4个阄只能由标有面值200元和800元的两种
阄或标有面值400元和600元的两种阄组成．为了使员工得到的奖励金额尽可能符合公司的预算且每位员
工所获得的奖励金额相对均衡，请对袋中的4个阄的面值给出一个合适的设计，并说明理由．
【答案】（1）① ；②分布列见解析，
（2）答案见解析
【解析】【分析】本题考查了离散型随机变量的概率、分布列、均值与方差，掌握组合数计算概率、均值与方差的
公式是解题的关键．
（1）①明确奖励金额1000元对应的摸阄组合，用组合数计算概率；
② 确定奖励金额的所有可能取值，计算各取值概率，列出分布列并计算均值；
（2）根据人均奖励1000元的条件，筛选出可能的阄面值组合，通过计算方差判断哪种组合的奖励金额更
均衡．
【小问1详解】
（1）设员工所获得的奖励金额为 ，
① ，
员工所获得的奖励金额为1000元的概率为 ．
② 所有可能的取值为400，1000，
，
的分布列为
400 1000
员工所获得的奖励金额的均值为
．
【小问2详解】
（2）根据公司预算，每个员工的平均奖励金额为1000元，
先寻找均值为1000元的可能方案，
对于面值由800元和200元组成的情况，
如果选择（ ， ， ， ）的方案，
元是面值之和的最大值，
均值不可能为1000元，
如果选择（ ， ， ， ）的方案，元是面值之和的最小值，
均值不可能为1000元，
因此可能的方案是（ ， ， ， ），记为方案1；
同理，对于面值由600元和400元组成的情况，
排除（ ， ， ， ）和（ ， ， ， ）的方案，
可能的方案是（ ， ， ， ），记为方案2．
对于方案1，设员工所获得的奖励金额为 ， 可取400，1000，1600，
，
，
，
，
；
对于方案2，设员工所获得的奖励金额为 ， 可取800，1000，1200，
，
，
，，
，
由于两种方案的奖励金额都符合预算要求，但方案2的方差比方案1小，
应选择方案2．
19. 已知函数 ．
（1）当 时，求曲线 在 上的最值；
（2）讨论 的零点个数；
（3）当 时，证明： ．
【答案】（1） ；
（2）当 时， 的零点个数为0；当 时， 的零点个数为1；当 时， 的
零点个数为2；
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当 时，可得 的解析式，令 ，利用导数求出 的
单调性和边界值，可得 ，即 在 上恒成立，即可得 的单调性，代入数据，即可
得答案.
（2）令 ，可得 ，令 ，则原题等价于讨论 与 的图
象交点的个数，利用导数求出 的单调性和极值，作出图象，数形结合，分析即可得答案.
（3）分别分析 和 两种情况，利用导数求出函数的单调性和最值，综合分析，即可得证.【小问1详解】
当 时， ，
则 ，
令 ，则 ，
令 ，解得 ，
当 时， ，则 单调递减，
当 时， ，则 单调递增，
又 ， ，
所以 ，即 在 上恒成立，
故 在 上单调递减，
则 ， .
【小问2详解】
因为 ，令 ，得 ，解得 .
令 ，所以 的零点个数等价于 与 的图象交点的个数.
又因为 ，当 时， ，当 时， .
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，且 ， 在 取得极大值也是最大值 ，
作出 与 的图象，如图所示：
由图可知，当 时，函数 与 的图象无交点；
当 时，函数 与 的图象有1个交点；
当 时，函数 与 的图象有2个交点.
综上，当 时， 的零点个数为0；当 时， 的零点个数为1；
当 时， 的零点个数为2.
【小问3详解】
证明：①当 时， ，
令 ，则 ，
因为 ，所以 ，而 ，即 ，
则 ，即 ，故 在区间 上单调递增，
则 ，即 ，
所以 在区间 上单调递增．所以 ；
②当 时，令 ，则 ，
所以 单调递增，所以 ，即 .
又因为 ，
令 ，则 ，
当 时， ，则 单调递减；
当 时， ，则 单调递增；
当 时， 的极小值为 ．
若 ，即 ，则 ，所以 ．
若 ，即 ，则 在区间 上单调递减，
所以 ．所以 ，即 ．
综上可得， ．
