文档文本内容
安徽师范大学附属中学 2025~2026 学年度第二学期期中考查
高二数学试题
注意事项：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
3.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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷
上无效.
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
一、单项选择题：（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. 曲线 在点 处切线的斜率为（ ）
A. -3 B. -1 C. 1 D. 3
【答案】A
【解析】
【详解】 ，当 时，y'=−3×12=−3
2. 的展开式的第2项是（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【详解】展开式第二项为 ．
3. 函数 的定义域为 ，其导函数 的图像如图所示，则函数 极值点的个数为（ ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的导函数的图象，结合函数的极值的定义，即可求解.
【详解】如图所示，设导函数 的图象与 轴的交点分别为 ，
根据函数的极值的定义可知在该点处的左右两侧的导数符号相反，
可得 为函数 的极大值点， 为函数 的极小值点，
所以函数 极值点的个数为4个.
故选：C.
4. 从装有6个红球，3个白球的袋子中，不放回地依次抽取2个小球，在第一次抽取到白球的条件下，第
二次抽到白球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】袋中原来有 个小球，其中白球有 个，已知第一次抽到白球，则第一次抽取后：袋中还剩 个小球，
白球还剩 个，
所以在“第一次抽到白球”这个条件下，第二次抽到白球的概率为
5. 在 的展开式中，含 的项的系数是（ ）
A. 120 B. 15 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】从 个因式中， 个因式选择 ， 个因式选择常数相乘即可得到含 的项，即可得解.
【详解】在 中，
需要从 个因式中的 个因式中选择 ，另 个因式中选择常数，相乘即可得到含 的项，
故含 的项的系数为 .
故选：C.
6. 如图，直线 和圆 ，当 从 开始在平面上按顺时针方向绕点 匀速转动（转动角度不超过 ）时
它扫过的圆内阴影部分的面积 是时间 的函数．这个函数的图象大致是（ ）
A. B.C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，根据面积函数 的变化趋势，结合图象的变化率先变大在变小，即可求解.
【详解】根据题意，可得面积 随着 的增大而增加，所以函数 为单调递增函数，
且增长趋势先慢后快，过圆心后逐渐变慢，即函数图象的变化率先变大在变小，
结合选项，可得选项D复合题意.
故选：D.
7. 某个游戏中，一个珠子按如图所示的通道，由上至下的滑下，从最下面的六个出口出来，规定猜中者为
胜，如果你在该游戏中，猜得珠子从出口3出来，那么你取胜的概率为
A. B.
C. D. 以上都不对
【答案】A
【解析】
【分析】根据古典概型的概率计算公式，分别求出包含事件 的基本事件数与基本事件总数即可求得结果.
【详解】由于珠子在每个岔口处有“向左”和“向右”两种情况，因为基本事件总数为 ，
而从出口3出来的每条路线中有2个“向右”和3个“向左”，即共有 条路线，故所求的概率为 .
故选: A.
8. 记 ， ，则
（ ）
A. B. C. 0 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据初等函数导数公式及导数运算法则求 ，观察其规律，确定 ，
由此可得结论.
【详解】因为 ，
所以 ，
，
，
，
，
，
，
， ，
观察可得 ，
所以 ，所以 ，
故选：C.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有 种
B. 从6男4女中选4人参加比赛，若4人中必须有男有女，则共有194种选法
C. 有三张相同的参观券，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是60
D. 甲、乙、丙、丁四人排成一排，则甲、乙两人不相邻共有12种排法
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用分步乘法原理判断A，利用排除法求解判断B，确定参观券无区别，用组合法求方法数判断
C，用插空法求解判断D．
【详解】对A，每封信投入邮筒的方法都有3种，因此由分步乘法原理知方法数为 ，A正确；
对B，可以任选4人，去除全是男的或全是女的选法，方法数为 ，B正确；
对C，参赛券没有区别，方法数应为 ，C错；
对D，先排丙、丁二人，然后甲乙二人插入，方法数为 ，D正确．
10. 某人有10000元全部用于投资，现有甲、乙两种股票可供选择，已知每股收益的分布列分别如表1和
表2所示，且两种股票的收益相互独立，假设两种股票的买入价都是每股1元，则下列说法正确的有（
）
表1：甲每股收益的分布列
收益 元 -1 0 2
概率 0.1 0.3 0.6
表2：乙每股收益的分布列
收益 元 0 1 2
概率 0.3 0.3 0.4A. 甲每股收益的数学期望大于乙每股收益的数学期望
B. 相对于投资甲种股票，投资乙种股票更稳妥
C. 此人投资甲、乙两种股票，收益的数学期望之和为11000元
D. 收益的方差之和最小时，此人是按照1:1的资金分配方式投资甲、乙两种股票的
【答案】BC
【解析】
【分析】先分别求出甲、乙两种股票每股收益的数学期望与方差，由数学期望可判断A；由方差可判断哪
一种股票更稳妥，从而判断B，设投资甲种股票 元，则投资乙种股票 元，利用独立随机变量方
差可加性，建立方差关于 的二次函数，即可判断C，D.
【详解】设甲、乙两种股票每股收益分别为随机变量 .
对于甲种股票，E(X)=(−1)×0.1+0×0.3+2×0.6=−0.1+1.2=1.1.
又E(X2)=(−1) 2×0.1+02×0.3+22×0.6=0.1+2.4=2.5.
所以D(X)=E(X2)−[E(X)) 2 =2.5−1.12=2.5−1.21=1.29.
对于乙种股票，E(Y)=0×0.3+1×0.3+2×0.4=0.3+0.8=1.1.
又E(Y2)=02×0.3+12×0.3+22×0.4=0.3+1.6=1.9.
所以D(Y)=E(Y2)−[E(Y)) 2 =1.9−1.12=1.9−1.21=0.69.
判断A：因为E(X)=E(Y)=1.1,
所以甲每股收益的数学期望不大于乙每股收益的数学期望，故 A 错误.
判断B：因为D(X)=1.29>D(Y)=0.69,
在平均收益相同的情况下，乙种股票收益波动更小，因此投资乙种股票更稳妥，故B正确,
判断C：设投资甲种股票 元，则投资乙种股票 元，
由于买入价都是每股 元，所以分别买入甲、乙两种股票的股数就是
于是甲、乙两部分收益分别为xX,(10000−x)Y .
它们的数学期望之和为E(xX)+E[(10000−x)Y)=xE(X)+(10000−x)E(Y)
=1.1x+1.1(10000−x)=11000.所以不论怎样分配资金，收益的数学期望之和都为 元，故C正确.
判断D：由独立性知，总收益的方差为
D(xX)+D[(10000−x)Y)=x2D(X)+(10000−x) 2D(Y)
=1.29x2+0.69(10000−x) 2.
设f (x)=1.29x2+0.69(10000−x) 2.
则 是开口向上的二次函数，其最小值在顶点处取得.
令f′(x)=2×1.29x−2×0.69(10000−x)=0,
得1.29x=0.69(10000−x).
解得 此时
所以最优分配比为x:(10000−x)=115000:215000=23:43,
并不是 故D错误.
11. 设函数 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 是 的极小值点 B. 当 时，
C. 当 时， D. 当 时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用求导判断函数的单调性，即可判断A项；利用函数单调性即可判断B，C项，利用作差比较
法即可判断D项.
【详解】对于A，由 求导得 ，
由 得 或 ，由 得 ，
即函数 在 和 上单调递增，在 上单调递减，即 是 的极大值点，故A错误；
对于B，当 时， ，由A项知函数 在 上单调递增，则 ，故
B正确；
对于C，当 时， ，由A项知函数 在 上单调递减，
故 ，因 ，则 ，故C正确；
对于D，因 ，
则 ，
因 ，则 ，故 ，即此时 ，故D正确.
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 若 ，则n的值是______．
【答案】10
【解析】
【分析】根据组合数的性质 ，结合条件，即可得答案.
【详解】根据组合数的性质 ，且 ，
所以 .
故答案为：10
13. 有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为4%，第2，3台加工的次品率均为3%；加工
出来的零件混放在一起，且第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的20%，30%，50%．现从加工出
来的零件中任取一个零件，则取到的零件是次品的概率为________．
【答案】0.032
【解析】
【详解】设 “任取一个零件为次品”， “零件为第 台车床加工” ，
P(A )=20%,P(B|A )=4%,P(A )=30%,P(B|A )=3%,P(A )=50%,P(B|A )=3% ，
1 1 2 2 3 3取到的零件是次品的概率为P(B)=P(A )P(B|A )+P(A )P(B|A )+P(A )P(B|A )
1 1 2 2 3 3
=20%×4%+30%×3%+50%×3%=0.032
14. 已知函数 与 的图象上存在关于 轴对称的点，则 的
取值范围为_____．
【答案】
【解析】
【分析】两函数图象上存在关于 轴对称的点的等价命题是方程 在区间 上
有解，化简方程 在区间 上有解，构造函数，求导，求出单调区间，利用函数性质得解.
【详解】解：根据题意，若函数 与 的图象上存在关于
轴对称的点，
则方程 在区间 上有解，
即方程 在区间 上有解，
设函数 ，其导数 ，
又由 ，可得：当 时， 为减函数，
当 时， 为增函数，
故函数 有最小值 ，
又由 ；比较可得： ，
故函数 有最大值 ，故函数 在区间 上的值域为 ；
若方程 在区间 上有解，
必有 ，则有 ，
即 的取值范围是 ；
故答案为： ；
【点睛】本题利用导数研究函数在某区间上最值求参数的问题, 函数零点问题的拓展. 由于函数
的零点就是方程 的根，在研究方程的有关问题时，可以将方程问题转化为函数问题解决. 此类问
题的切入点是借助函数的零点，结合函数的图象，采用数形结合思想加以解决.
四、解答题：（本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步漂．）
15. （1）解方程： ；
（2）求所有满足 且 的 的值．
【答案】（1） ；（2） ．
【解析】
【分析】（1）（2）利用排列数的阶乘计算公式化简求解即得.
【详解】（1）因 ，则 ，即 ，
又 且 ，则得 ．
（2）由 得 ，
因为 且 ，则得 ，即 ，解得 ；
由 得 ，
化简得 ，即 ，解得 或 ，
又因为 ， ，所以 且 ，
故 ．
16.
已知函数 ．
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）求 在区间 上的最小值．
【答案】（Ⅰ）单调递减区间是（ ）；单调递增区间是 （Ⅱ）见解析
【解析】
【详解】（Ⅰ） 令 ，得 ． 与 的情
况如下：
x （ ） （
— 0 +
↗ ↗所以， 的单调递减区间是（ ）；单调递增区间是
（Ⅱ）当 ，即 时，函数 在[0，1]上单调递增，
所以 （x）在区间[0，1]上的最小值为 当 时，
由（Ⅰ）知 上单调递减，在 上单调递增，
所以 在区间[0，1]上的最小值为 ；
当 时，函数 在[0，1]上单调递减，
所以 在区间[0，1]上的最小值为
17. 江苏城市足球联赛（俗称“苏超”）火爆出圈，某城市文旅部门推出“看球赛抽奖品”活动，到该城市观看
比赛的球迷可抽奖获得纪念品．规则如下：抽奖 3次，每次抽中纪念品的概率均为 ．若前2次未抽中纪
念品，则第3次无论抽中与否均获得纪念品．
（1）求某球迷恰好获得1个纪念品的概率；
（2）记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，求x的数学期望 ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）记 为“恰好获得1个纪念品”，列出事件 包含的子事件，求出这些子事件的概率再求和即
可；
（2）据题意得到 的可能值并求对应事件的概率，求 x 的分布列，再根据期望公式计算即得.
【小问1详解】
设每次抽中纪念品为事件 ，未抽中为事件 ，且 ， .
记 为“恰好获得1个纪念品”，则有以下可能情况：第1次中，第2次未中，第3次未中： ；
第1次未中，第2次中，第3次未中： ；
第1、2两次均未中，则第3次必得： ；
所以 .
【小问2详解】
记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，则 的可能取值为1,2,3.
；
；
.
分布列
.
18. 已知函数 ．
（1）当 时，若 ，当且仅当 时，求 ．
（2）若 是 的极大值点，求 ．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）本小问解题关键是将“若 ，当且仅当 时”转化成“对 ，有
”，利用导数，求出函数的单调性，从而求出 的值；
（2）根据极大值点处导函数为 ，且左侧单调递增，右侧单调递减，求出所有极值点，再讨论是否符号
极大值即可.
【小问1详解】
解：由题意知 的定义域为 ，
当 时， ，则 ，
x
令
，则g′(x)=
，
(1+x) 2
当 时， ，∴ 在 单调递减，
当 时， ，∴ 在 单调递增，
又 ，∵ 在 取极小值也是最小值 ，
∴g(x)=f'(x)≥0 在 恒成立，∴ 在 上单调递增．
由题知， ，当且仅当 ，
则对 ，有 ，
∵ 单调递增，∴ 是 时的最小值，∴ ，
代入 得 ，∴ ，
当 时， ，且 在 上单调递增， ，当 ，则
当 ，则 ，
因此 ，当且仅当 成立，
综上， .
【小问2详解】
由 ，
2+x+ax2 ax2−x+(1+2ax)(1+x)ln(x+1)
则f'(x)=(1+2ax)ln(1+x)+ −2= ，
x+1 x+1
令 ，
．
当 ， 时， ， 单调递增，
∴ ，即 ．
∴ 在 上单调递增，故 不是 的极大值点，不符合题意．
当 时，令 ．
则 ，
显然 单调递减，要使 是 的极大值点，则 ，即 ，
且 在 两侧左正右负.
注意到 ，即 ，
①令 ， ，
∴当 时， ，当 时， ，∴ 在 上单调递增，在 上单调递减，
∴ ，
∴ 单调递减，又 ，
∴当 时， ，即 ，
当 时， ，即 ，
∴ 在 上单调递增，在 上单调递减，
∴ 是 的极大值点，符合题意；
②若 ，则 ， m' ( e − 1+ 4 6 a a −1 ) =(2a−1) ( 1−e 1+ 4 6 a a) <0 ，
∴ 在 上有唯一零点，设为零点为 ，
∴当 时， ， 单调递增，
∴ ，即 ．
∴ 在 上单调递增，不符合题意；
③若 ，则 ， ，
∴ 在 上有唯一零点，设零点为 ，
∴当 时， ， 单调递减，
∴ ，∴ 单调递增，
∴ ，即 ，
∴ 在 上单调递减，不符合题意．综上， ．
19. 品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试，一种通常采用的测试方法如下：拿出 瓶外观相同但品质不同
的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这 瓶酒，
并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试．根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评级．
现设 ，分别以 表示第一次排序时被排为1,2,3,4的四种酒在第二次排序时的序号，并令
，
则 是对两次排序的偏离程度的一种描述．
(Ⅰ)写出 的可能值集合；
(Ⅱ)假设 等可能地为1,2,3,4的各种排列，求 的分布列；
(Ⅲ)某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有 ，
(i)试按(Ⅱ)中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）；
(ii)你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由．
【答案】(Ⅰ)｛0，2，4，6，8｝ (Ⅱ)见解析(Ⅲ) (i)1/216(ii)见解析
【解析】
【详解】解: ( 1 ) X的可能取值集合为{0、2、4、6、8}
:在1、2、3、4中奇数与偶数各有两个,
所以a , a 中的奇数个数等于a , a 中的偶数个数,
2 4 1 3
与 的奇偶性相同，
所以 必为偶数,
X的值非赖,且易知其值不大于8，
.:.X的可能取值集合为{0、2、4、6、8}
( 2 )可以用列表或者树状图列出1、2、3、4的一共24种排列，
计算每种排列下的x的值，
在等可能的假定下，
得到(3)①首先
将三轮测试都有X≤2的概率记做P ,有上述结果和独立性假设得
②由于 是一个很小的概率,
这表明仅凭随机猜测得到三轮测试都有X≤2的结果的可能性很小，
:我们认为该品酒师确实有良好的鉴别功能,不是靠随机猜测.
