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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 ，
