2025-2026学年人教A版高二下学期数学期中考试模拟卷原卷+解析卷（提高版）

这是一份2025-2026学年人教A版高二下学期数学期中考试模拟卷原卷+解析卷（提高版），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
解析卷
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.若，则（ ）
A. B. C. D.
1.答案：A.
解析：，则。
2.如图，在某海岸的附近有三个岛屿，计划建立三座独立大桥，将这四个地方连起来，每座桥直线连接两个地方，且不出现立体交叉形式，则不同的连接方式有（ ）
A. 24种 B.20种 C.16种 D. 12种
2.答案：D.
解析：可分为两类：
第一类：从一个地方出发向其他三个地方各建一座桥，共有4种不同的连接方式；第二类：一个地方最多建两座桥，其中建桥连接方式：和属于相同的建桥方法，所以共有种不同的连接方式，其中交叉建桥方法，例如不符合题意，共有4种，所以第二类建桥方法共有12-4=8种不同的连接方式。综上可得，不同的连接方式有4+8=12种。
3.某车队派出两辆车参加比赛，假设这两辆车在比赛中不出现故障的概率均为，则比赛结束时两辆车不同时出现故障的概率为（ ）。
A. B. C. D.
3.答案：B.
解析：两辆车不同时出现故障的概率为.
4.若函数在处取极小值，则（ ）
A. B. C. -6或-2 D.
4.答案：A.
解析：由函数，可得，因为函数在处取得极小值，可得解得或。
当时，令，解得或；令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以在处取极大值，不符合题意，舍去；
当时，令，解得或；令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以在处取极小值，符合题意。综上可得，。
5.若展开式中只有第7项的二项式系数最大，则（ ）
A. B. C. D.
5.答案：D.
解析：由的展开式中只有第7项的二项式系数最大，得展开式共有13项，所以。
6.已知随机变量，则等于（ ）
A. B. C. D.
6.答案：C.
解析：由题意可知。
7.已知定义在上的函数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
7.答案：B.
解析：令，故，故在上单调递增，故，即.
8.若随机变量服从正态分布 ，，则（ ）
C.0.1 D.0.9
8.答案：A.
解析：因为随机变量服从正态分布，所以，所以.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.如图为的导函数的图象，给出下列四个说法，其中正确的是（ ）
A. 有三个单调区间
B.
C.
D. 在上 单调递增，在上单调递减
9.答案：CD.
解析：对于A，由图象可以看出，的符号是先负后正，再负再正，所以函数有四个单调区间，故A错误；对于B，当时，，函数单调递减，所以，故B错误；对于C，当时，，函数单调递增，所以，故C正确；对于D，当时，，函数单调递减，显然D正确.
10.已知离散型随机变量的分布列如表所示，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10.答案：AC.
解析：由分布列的性质知，解得，故A正确；
故，，故B错误，C正确；
由离散型随机变量期望的性质可得，，故D错误。
11.身高各不相同的六位同学站成一排照相，则下列说法正确的是（ ）
A. 三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有120种站法
B. 与同学不相邻，共有种站法
C. 三位同学必须站在一起，且只能在与的中间，共有144种站法
D. 不在排头，不在排尾，共有504种站法
11.答案：ABD.
解析：三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有种站法，故A正确；先排，共有种站法，与同学插空站，有种站法，故共有种站法，故B正确；将三位同学捆绑在一起，且只能在与的中间，有2种站法，捆绑后有种站法，故共有种站法，故C错误；当在排尾，随意站时，则有种站法；当不在排头也不在排尾时，有种站法，有种站法，剩下的同学随意站有种站法，共有种站法，故不在排头，不在排尾，共有种站法，故D正确。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.根据以往的经验，某工程施工期间的降水量（单位：mm）对工期的影响如表所示：
历年气象资料表明，该工程施工期间降水量小于300，700，900的概率分别为0.3，0.7，0.9，则工期延误天数的均值为 。
12.答案：3.
解析：由题意可知，，
，
，所以随机变量的分布列为
所以，所以工期延误天数的均值为3。
13. 若不等式恒成立，则的取值范围是______.
13.答案：。
解析：不等式恒成立，即，当时，，所以在上单调递减，此时；当时，，所以，所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，此时。综上可知，的取值范围是。
14.如图，一个环形的大会场被分成了个区域，现有种不同颜色的服装提供给个区域的观众，要求同一区域的观众着装颜色相同，且相邻区域的观众着装颜色不同。当时，共有 种不同的着装方法。
14.答案：4100.
解析：设提供种颜色来给排成环形的个区域涂色且相邻区域不同色，记方法数为，若先考虑给个排成一行的区域涂色且相邻区域不同色，则方法数应为，
①若区域1和区域不同色，则把区域1和区域粘在一起成一个环状时满足条件；②若区域2和区域同色，则把区域1和区域粘在一起成一个环状时不满足条件，此方法数需从种方法中减掉，所以。
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15.已知函数.
(1)若，求实数的值；
(2)讨论函数的极值.
15.解析：
（1）由函数可得，所以，解得。
（2）函数的定义域为，且，当时，恒成立，所以在上单调递增，无极值；当时，令，解得；令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，无极大值。综上所述，当时，无极值；当时，的极小值为，无极大值。
16.已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若有极小值，且极小值小于0，求的取值范围。
16.解析：
（1）当时，则，可得，即切点坐标为，切线斜率，所以切线方程为，即。
（2）因为的定义域为，且，若，则对任意恒成立，可知在上单调递增，无极值，不符合题意。若，令，解得，令，解得，可知在上单调递减，在上单调递增，则有极小值，无极大值，由题意得，，即，令，则，可知在上单调递增，且，不等式等价于，解得，所以的取值范围为。
17. 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。
17.（1）①设员工所获得的奖励金额为， ，所以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，，所以的分布列为
所以员工所获得的奖励金额的均值为.
（2）根据公司预算，每个员工的平均奖励金额为1000元，所以xian 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（200，200，200，800）的方案，因为1000元是面值之和的最大值，所以均值不可能为1000元，如果选择（800，800，800，200）的方案，因为1000元是面值之和的最小值，所以均值不可能为1000元，因此可能的方案是（800，800，200，200），记为方案1；同理，对于面值由600元和400元组成的情况，排除（600，600，600，400）和（400，400，400，600）的方案，所以可能的方案是（400，400，600，600），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，
，，，
所以,
；
对于方案2，设员工所获得的奖励金额为，可取800，1000，1200，
，，，
所以，
，
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，所以应选择方案2.
18. 实施乡村振兴战略，优先发展教育事业，教育既承载着传播知识、塑造文明乡风的功能，更为乡村建设提供了人才支撑，为了补齐落后地区教育发展的短板，解决落后地区优秀教师资源匮乏的问题，某教育局抽调6名优秀教师按照以下要求分配到3所乡村学校去任教。
（1）若三所学校中甲学校1人、乙学校2人、丙学校3人，有多少种分配方法？
（2）若三所学校中一学校4人，另外两校各1人，有多少种分配方法？
（3）若三所学校每所学校至少一人，有多少种分配方法？
18.解析：（1）6名教师选1名到甲学校任教有种方法，从剩余的5名教师中选2名到乙学校有种方法，剩余3名教师都分配到丙学校去任教有种方法。则三所学校中甲学校1人、乙学校2人、丙学校3人共有种分配方法。
（2）6名教师按1，1，4分为三个组，有种方法，则三所学校中一校4人，另外两校各1人共有种分配方法。
（3）由题可得教师的分配方案可以是：①1，2，3；②1，1，4；③2，2，2，
①6名教师按1，2，3分为三个组有种方法，则6人分配到三所学校共有种分配方法；
②6名教师按1，1，4分为三个组有种分法，则6人分配到三所学校共有种分配方法；
③6名教师平均分配到3所学校有种方法，则6人分配到三所学校每所学校至少一人一共有：种方法。
19.人工智能是用于研究模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术日益成熟，应用领域也在不断扩大。人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策．基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子中有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球。从这两个袋子中选择一个袋子，再从袋子中等可能地摸出一个球，称为一次试验。若多次试验直到摸出红球，则试验结束。假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为（先验概率）。
（1）求首次试验结束的概率；
（2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整。
①求选到的袋子为甲袋的概率；
②将首次试验摸出的白球放回原来的袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来的袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球。请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大。
19.（1）设试验一次，“选到甲袋”为事件，“选到乙袋”为事件，“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件。
，即首次试验结束的概率为。
（2）①因为是对立事件，，所以，所以选到的袋子为甲袋的概率为。
②由①得，所以方案一中取到红球的概率为
，
方案二中取到红球的概率为
，
因为，所以方案二中取到红球的概率更大，即选择方案二第二次试验结束的概率更大。降水量
工期延误天数
400
1000