山东聊城市2025-2026学年度高二第二学期期中教学质量检测数学试题（含解析）

这是一份山东聊城市2025-2026学年度高二第二学期期中教学质量检测数学试题（含解析），共13页。试卷主要包含了答题前，考生务必用0，第Ⅱ卷必须用0， 若，则的值为， 下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写到答题卡和试卷规定的位置上．
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B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．
3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. 曲线在处的切线的斜率为（ ）
A. －1B. 0C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线的斜率.
【详解】由，求导得，则，
所以所求切线的斜率为0.
2. 的展开式中，第四项的二项式系数为（ ）
A. 1B. 5C. 10D. 20
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知：第四项的二项式系数为.
3. 设是函数的导函数，若，则（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【详解】已知.
对求导得：.
将代入导函数得：，
整理得：，移项化简：，
故.
4. 某校举行“数学文化节”活动，有6个不同的节目参加汇演，其中包含一个舞蹈节目和一个合唱节目，要求舞蹈节目必须在合唱节目之前演出，且这两个节目不能相邻，则不同的节目顺序有（ ）
A. 240种B. 360种C. 480种D. 600种
【答案】A
【解析】
【分析】先排4个节目，再按照定序插空排列即可求解.
【详解】先把除了舞蹈节目和合唱节目的4个节目排列有种排法，
舞蹈节目必须在合唱节目之前演出，且这两个节目不能相邻，
插空有种，总共有种.
5. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】问题转换成在上恒成立，通过分离参数求最值即可求解.
【详解】对 ，求导得 ，
因为在上单调递增，所以在上恒成立，
整理得 ，
即小于等于在上的最小值，
对求导得 ，
当时， ，得到在上单调递增，
因此最小值为 ，故，
因此实数的取值范围为.
6. 若，则的值为（ ）
A. 15B. 16C. 120D. 240
【答案】D
【解析】
【详解】令，则， 原式转化为.
由二项式定理，展开式通项为.
令，解得， 则.
7. 已知函数f(x)=lnx,g(x)=ax ，若存在唯一的x0∈Z ，使得，则实数的取值范围为（ ）
A. B. 12e,1eC. 12e,ln33D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知构造函数tx=lnxx，求出导函数，进而根据正负得出函数单调性，最后结合根的唯一性得出参数范围.
【详解】函数，满足，
即得lnx0>ax0，即得a0,tx单调递增；
当x∈e,+∞,t'xln44=ln22，
要使不等式aa≥ln22
则实数的取值范围为ln22,ln33.
8. 如图，某花坛中有5个区域，每个区域只种植一种颜色的花．要把红、黄、蓝、白4种不同颜色的花种植到这5个区域中，每种颜色的花都必须种植，要求相同颜色的花不能相邻种植，且有两个相邻的区域种植红、黄2种不同颜色的花，不同的种植方案种数为（ ）
A. 24B. 32C. 40D. 48
【答案】C
【解析】
【分析】分重复颜色为红色或黄色，或者是蓝色或白色，两类情况讨论求解即可.
【详解】情况1：重复颜色为红色或黄色
重复颜色选红色/黄色，共种选择；
重复位置选或，共2种选择；剩余3个区域排列剩下3种不同颜色，共种排列；
这种情况下红、黄必然相邻（若重复颜色是红，黄仅出现一次，无论黄在哪个位置，都会和相邻区域的红相邻；同理重复颜色是黄也满足），
总方案数：；
情况2：重复颜色为蓝或白色（非红非黄）
重复颜色选蓝/白色，共种选择，重复位置共2种，
剩余3个区域排列红、黄和剩余非重复颜色，共种排列，总排列数：，
其中红、黄不相邻的情况仅为：红、黄分别在另一组对角（不相邻），共：（重复色）（重复位置）（红、黄交换顺序）种；
因此该情况满足红、黄相邻的方案数：，
总方案数为，因此不同种植方案种数为.
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. 下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】因为，，，，故AC正确，BD错误.
10. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】应用赋值法计算求解A，B，C，求出导函数再应用赋值法计算判断D.
【详解】因为，
令，则，所以，A选项正确；
令，则，
所以，
所以，B选项正确；
令，则，
又因为，
，C选项错误；
因为，
求导数得，
令，则，
，D选项正确；
11. 杨辉三角是中国古代数学文化的瑰宝，包含了很多有趣的性质．观察图中数字排列的规律，下列结论正确的是（ ）
A. 第2026行的第1013个数和第1015个数相等
B. 从左向右数第三个斜行（如图斜线所示），前20个数的和为1330
C. 记杨辉三角中第行的第个数为，则
D. 第行所有数字的平方和恰好是第2n行的中间一项的数字
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意结合组合数性质判断AB；构造，利用赋值法判断C；根据，结合二项式定理分析判断D.
【详解】对于选项A：第2026行的第1013个数和第1015个数分别为，，
由组合数性质可得，所以第2026行的第1013个数和第1015个数相等，故A正确；
对于选项B：因为
，
所以从左向右数第三个斜行（如图斜线所示），前20个数的和为1540，故B错误；
对于选项C：因为杨辉三角中第行的第个数为，则，
又因为，
令，可得，
所以，故C正确；
对于选项D：第行所有数字的平方和，
第行的中间一项的数字是展开式中项的系数，
又因为，
且展开式中项的系数为，
因此，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分．
12. 五位同学站成一排拍照，其中甲必须站在左端或右端，则不同的站法共______种．
【答案】48
【解析】
【分析】先确定甲的位置，然后剩余同学全排列即可求解.
【详解】先安排特殊元素甲：甲只能在左端或右端，因此甲有种站法；
剩余位同学在剩下的个位置全排列，排列数为；
根据分步乘法计数原理，总站法为种.
13. 的展开式中的常数项为______．
【答案】49
【解析】
【分析】分类讨论利用多项式展开式的通项公式求解即可.
【详解】展开式中得到常数项的方法分类如下：
（1）4个因式全取1，相乘得到常数项.常数项为；
（2）4个因式中有1个取，则再取1个，其余因式取，相乘得到常数项.常数项为；
（3）4个因式中有2个取，则再取2个，相乘得到常数项为，
合并同类项，所以展开式中常数项为.
14. 若对恒成立，则正实数的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】整理可得，结合函数的单调性可得，参变分离可得，令，，利用导数判断的单调性和最值，即可得结果.
【详解】因为，则等价于，
可得，且，
令，，可得，
因为在定义域内单调递增，则，可得，
令，，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，则，
可得，所以正实数的最小值是.
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. 将5个编号为1，2，3，4，5的小球全部放入5个编号为1，2，3，4，5的盒子中．
（1）每盒至多一球，有多少种放法？
（2）恰好有一个空盒，有多少种放法？
（3）把5个不同的小球换成5个相同的小球，恰好有一个空盒，有多少种放法？
【答案】（1）120 （2）1200
（3）20
【解析】
【分析】（1）应用全排列列式计算求解；
（2）先组合捆绑再应用排列数计算求解；
（3）应用分组分配结合组合数计算求解.
【小问1详解】
将5个不同的小球全部放入5个不同的盒子中，每盒至多一球，则必然每盒恰有一球，共有种放法．
【小问2详解】
先取5个球中的两个“捆”在一起，有种选法，
把它与其他三个球共4个元素分别放入5个盒子中的4个盒子，有种放法，
所以共有种放法．
【小问3详解】
先从五个盒子中选出四个盒子，再从四个盒子中选出一个盒子放入两个球，
余下三个盒子各放一个．由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题，
故共有种放法．
16. 在的展开式中，前三项的二项式系数和为22．
（1）求二项式系数的最大值；
（2）求展开式中的所有有理项．
【答案】（1）20 （2）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合二项式系数列式求解可得，再根据为偶数，分析二项式系数的最大值；
（2）整理可得，令运算求解即可.
【小问1详解】
由题意可得：，即，
整理可得，解得或（舍去），
又因为为偶数，所以二项式系数的最大值为．
【小问2详解】
因为的展开式通项为，
令，可得，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，．
综上所述：所有有理项为：．
17. 已知函数．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若函数有两个零点，求的取值范围：
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义，确定切线斜率，进而可求解；
（2）问题转换成与图象的交点，结合函数的单调性，最值，即可求解.
【小问1详解】
定义域为．．
因此，切线斜率为：．
，
∴切线方程为：，
即：．
【小问2详解】
有两个零点，
即：与图象有两个交点．
由（1）知，令，则．
当时，单调递增；
当时，单调递减，则．
当时，；当时，．
因为与图象有两个交点，
．
18. 函数．
（1）讨论的单调区间；
（2）若函数有两个极值点，且，求的最小值．
【答案】（1）当时，函数的单调递增区间是，无单调递减区间；
当时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是．
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，根据二次不等式讨论判别式的符号，进而分析的符号判断的单调区间；
（2）令，利用韦达定理整理可得，利用导数分析单调性和最值即可.
【小问1详解】
由题意可知：的定义域为，且，
令，则，且，
①当，即时，则恒成立，即，
所以在单调递增；
②当，即时，由解得或，且，
令，解得或；
令，解得；
所以函数在内单调递增，在内单调递减；
综上所述：当时，函数的单调递增区间是，无单调递减区间；
当时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是．
【小问2详解】
若函数有两个极值点，
由（1）可知：，且是方程的两个不相等的实数根，
则，即，
可得
，
令且，则，
因为，可知在上单调递减，
则，所以的最小值为．
19. 已知函数，其中为自然对数的底数．
（1）当时，试判断函数是否存在极值，并说明理由；
（2）当时，证明：对任意；
（3）若函数在定义域内存在极小值点，且满足，求实数的取值范围．
【答案】（1）不存在极值，理由见解析
（2）证明见解析 （3）．
【解析】
【分析】（1）代入后对目标函数求导，通过证明导数在定义域内恒大于零，说明函数单调递增从而不存在极值；
（2）构造作差函数，并通过多次构造辅助函数进行求导，利用单调性逐步证明差函数在指定区间内恒大于零；
（3）利用“隐零点”代换思想，由极值点条件将参数消去并用表示，代入构造关于的单变量函数求出的范围，进而求得的取值范围.
【小问1详解】
当时，，
当时，在上单调递增．
因此，不存在极值．
【小问2详解】
当时，．
令，则．
在区间单调递减，．
令
,
令，则，令．
单调递增，，则在区间单调递增．
．故不等式得证．
【小问3详解】
，则，
的极小值点满足，显然．
设，则在上单调递增，
当时，，当时，，
，使得．
当单调递减；
当单调递增；
所以函数在定义域内存在极小值点，此时．
，
．
令，则等价于．
令，令，则．
当时，单调递增；
此时，则，此时，
因为且，所以，
因此恒成立，
当时，单调递减．
当时，．
∴由得，即．
，令，
在单调递增,．