2025--2026学年山东济宁市邹城市高二下册期中教学质量检测数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年山东济宁市邹城市高二下册期中教学质量检测数学试题 [含答案]，共22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。
1. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
2. 在的展开式中的系数是（ ）
A. B. C. 4D. 6
3. 用0，1，2，3，4这五个数能够组成无重复数字的三位数的个数是（ ）
A. 48B. 36C. 24D. 16
4. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A. B. C. D.
5. 除以5的余数是（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
6. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7. 五一期间，某市文旅部门打造了“儒家文化，运河风情，水浒江湖，湖光山色”四大主题文旅产品，甲、乙、丙3名游客每人从中至少选择一个主题体验，且每个主题都恰有1人体验，记事件“甲体验儒家文化”，“乙体验湖光山色”，则（ ）
A. B. C. D.
8. 函数在区间上的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
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. 已知随机变量，且，的分布列如下：
若，则（ ）
A. B. C. D.
10. 已知定义在上的函数的导函数为，且函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数在上单调递增B. 是函数的极大值点
C. 是函数的极小值点D.
11. 二项式定理是代数版的二项分布，二项分布是概率版的二项式定理，组合数是二者共同的数学基础，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B.
C. 若随机变量的概率分布列为P(X=k)=Cmk2m(k=0,1,2,3⋯m) ，则当时，的方差为1013
D. 若函数，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 从4名男教师和3名女教师中选派3名教师下乡支教，要求选派的教师中男、女教师均至少有1名，则不同的选派方法共有__________种.
13. 已知，则在处的切线的斜率为__________.
14. 已知袋中有1个红球，2个白球，每次从中随机取一个球，若取出红球，则放回袋中并再放入一个白球；若取出白球，则不放回.记第次取球后，袋中白球个数为，则的数学期望__________.
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. 已知.
（1）求展开式中所有项的二项式系数之和；
（2）求；
（3）求.
16. 某运动品牌店开展店庆促销活动：顾客购物每满200元可抽奖一次.抽奖箱中有3个蓝球、2个红球，每次随机抽取2个球，记录结果后将球放回，返现规则如下：
抽中2个红球：返现40元；
抽中2个蓝球：返现20元；
抽中1蓝1红：返现10元．
（1）顾客甲恰好消费200元，设获得返现金额为随机变量，求的分布列与数学期望；
（2）顾客乙消费了600元，若该店对购满600元的客户提供两个方案，方案一：参加抽奖活动，方案二：享受九五折优惠，但两种活动不能同时参与.请通过计算判断顾客乙选择哪种方案更优惠．
17. 已知函数在处取得极小值.
（1）求a，b的值；
（2）若方程有唯一的实数根，求实数的取值范围.
18. 某学校组织“校园文化”知识竞赛，竞赛分为初赛和复赛两个阶段，每位参加比赛的同学，初赛必须回答3个问题，每题答对得1分，答错得0分，且初赛总得分不低于2分方可晋级复赛；复赛分为3轮，每轮设置2个问题，每题答对得2分，答错得0分，晋级复赛的选手需完成全部复赛问题，复赛3轮得分累加为复赛总得分．
已知小张同学在初赛中每题答对的概率均为；复赛每轮中，第1题答对的概率为，第2题答对的概率为0.3，且所有问题之间的回答结果互不影响.
（1）求小张同学成功晋级复赛的概率；
（2）已知小张同学已晋级复赛.
（i）若，求小张同学复赛总得分为10分的概率；
（ii）设小张同学在复赛3轮中，恰有2轮每轮得分不低于2分的概率为，求的最大值.
19. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：当时，；
（3）若不等式对恒成立，求实数的取值范围.
数学
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. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
解答过程：对于选项A：，故A错误；
对于选项B：，故B错误；
对于选项C：，故C错误；
对于选项D：，故D正确.
2. 在的展开式中的系数是（ ）
A. B. C. 4D. 6
答案：B
解析：
解答过程：因为的展开式中二项式通项为，
令，得，则，所以的系数是.
3. 用0，1，2，3，4这五个数能够组成无重复数字的三位数的个数是（ ）
A. 48B. 36C. 24D. 16
答案：A
解析：
思路：应用特殊位置优先处理方法结合排列数及分步乘法原理计算求解.
解答过程：首位有4种选法，十位与个位选法为A42=12 种，
所以用0，1，2，3，4这五个数能够组成无重复数字的三位数的个数是种.
4. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
解答过程：因为随机变量服从正态分布，
所以.
5. 除以5的余数是（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
答案：C
解析：
思路：根据二项式展开式计算余数.
解答过程：22026+3=22×22024+3
=4×16506+3
=4×15+1506+3
因为15+1506=C506015506+C506115505×1+⋯+C506505151×1505+C506506，
所以15+1506除以5的余数为1，所以4×15+1506除以5的余数为，
所以4×15+1506+3 除以5的余数与 4×1+3=7 除以5的余数相同，即余数为2.
6. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：分析可知函数为奇函数，且在定义域内单调递增，根据单调性和奇偶性解不等式即可.
解答过程：因为函数的定义域为，
且f(−x)=e−x−ex+2x=−ex−e−x−2x=−f(x) ，可知函数为奇函数，
又因为，当且仅当，即时，等号成立，
可知函数在定义域内单调递增，
若，则f(3a+1)>−f(2−a)=fa−2，
可得，解得，
所以实数的取值范围是.
7. 五一期间，某市文旅部门打造了“儒家文化，运河风情，水浒江湖，湖光山色”四大主题文旅产品，甲、乙、丙3名游客每人从中至少选择一个主题体验，且每个主题都恰有1人体验，记事件“甲体验儒家文化”，“乙体验湖光山色”，则（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：分类讨论甲、乙是否选择两个主题体验，求得，，结合条件概率公式即可得结果.
解答过程：若甲体验儒家文化，则有：
当甲只选择一个主题体验，则不同的选法种数为；
当甲选择两个主题体验，则不同的选法种数为；
综上所述：不同的选法种数为，即；
若甲体验儒家文化且乙体验湖光山色，则有：
当甲、乙均只选择一个主题体验，则不同的选法种数为1；
当甲选择两个主题体验，乙只选择一个主题体验，则不同的选法种数为；
当甲只选择一个主题体验，乙选择两个主题体验，则不同的选法种数为；
综上所述：不同的选法种数为，即；
所以.
8. 函数在区间上的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：根据函数的单调性分析值域，可知等价于与在内有2个不同的交点，利用导数分析的图象，结合图象即可得结果.
解答过程：由题意可知：，且函数在区间上单调递增，
若函数在区间上的值域为mem−m,nen−n，
则fm=lnm−a=mem−mfn=lnn−a=nen−n，整理可得lnmem−mem=alnnen−nen=a，
令，，则在内恒成立，
可知在内单调递增，则，
令，，原题意等价于与在内有2个不同的交点，
因为，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，则，
当趋近于0或时，趋近于，
则，所以实数的取值范围是.
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. 已知随机变量，且，的分布列如下：
若，则（ ）
A. B. C. D.
答案：ABC
解析：
解答过程：对于A：由题意知0.2+a+b=1E(X)=b+2a=1，解得，故A正确；
对于B：，故B正确；
对于C：，故C正确；
对于D：因为，所以，故D错误.
10. 已知定义在上的函数的导函数为，且函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数在上单调递增B. 是函数的极大值点
C. 是函数的极小值点D.
答案：AD
解析：
思路：通过分析函数的图象判断的符号，从而得到的单调区间，再对各个选项进行判断即可.
解答过程：结合函数的图象可知：
当时，，故，所以在上单调递减；
当时，，故，所以在上单调递增；
当时，，故，所以在上单调递增；
当时，，故，所以在上单调递增.
对于A：在区间上，（仅在时等于0，其余点都大于0）恒成立，所以函数在上单调递增，故A正确；
对于B：因为函数在左右两侧都为正，所以不是极大值点，故B错误；
对于C：因为在左右两侧都为正，所以不是极小值点，故C错误；
对于D：由上述分析可知，函数在单调递减，在单调递增，
所以在取到极小值，也是最小值，所以，故D正确.
11. 二项式定理是代数版的二项分布，二项分布是概率版的二项式定理，组合数是二者共同的数学基础，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B.
C. 若随机变量的概率分布列为，则当时，的方差为1013
D. 若函数，则
答案：ABD
解析：
思路：A选项，根据组合数公式即可求解；B选项，利用组合数公式对两边化简即可求得；C选项，根据二项分布的概率公式可判断出随机变量服从的分布，再根据二项分布的方差公式即可求得；D选项，先对函数求导，再将代入导函数，最后结合二项式定理化简即可.
解答过程：对于A：因为，即，整理得：，解得：或（舍去），所以，故A正确；
对于B：根据组合数公式，，故B正确；
对于C：因为随机变量的概率分布列为，
而二项分布的概率公式为，
令，所以，
所以当时，，故C错误；
对于D：对函数求导，可得，则，
又因为（时，），
令，则，
所以，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 从4名男教师和3名女教师中选派3名教师下乡支教，要求选派的教师中男、女教师均至少有1名，则不同的选派方法共有__________种.
答案：30
解析：
解答过程：分成两种情况：
第一种是有1名男教师，2名女教师，共有种，
第二种是有2名男教师，1名女教师，共有种，
所以共有种.
13. 已知，则在处的切线的斜率为__________.
答案：
解析：
思路：先求出导函数代入计算求出参数f'π3=−3，再代入求解即可.
解答过程：因为f(x)=f'π3sinx+csx ，所以f'(x)=f'π3csx−sinx ，
令，则f'(π3)=f'π3×12−32，即得f'π3=−3，
所以f'(x)=−3csx−sinx ，即得f'(π)=−3csπ−sinπ=3，
则在处的切线的斜率为.
14. 已知袋中有1个红球，2个白球，每次从中随机取一个球，若取出红球，则放回袋中并再放入一个白球；若取出白球，则不放回.记第次取球后，袋中白球个数为，则的数学期望__________.
答案：##
解析：
思路：设取到红球的次数为Y∈1,2,3，可得，结合概率乘法公式求相应概率，进而可得期望.
解答过程：设取到红球的次数为Y∈1,2,3，则第3次取球后，袋中白球个数为X3=2+Y−3−Y=2Y−1 ，
由题意可知：随机变量的可能取值为1，3，5，则有：
PX3=1=PY=1=23×12×1+23×12×23+13×34×23=1318；
PX3=3=PY=2=13×14×45+13×34×13+23×12×13=47180；
PX3=5=PY=3=13×14×15=160；
所以EX3=1×1318+3×47180+5×160=14390.
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. 已知.
（1）求展开式中所有项的二项式系数之和；
（2）求；
（3）求.
答案：（1）32 （2）121
（3）405
解析：
思路：（1）根据二项式系数之和的性质，可直接求得二项式系数之和；
（2）先分别令和，得到两个等式，再将两个等式相减，即可求得结果；
（3）先对已知等式两边求导，再令，即可求得.
（1）因为中，，所以展开式中所有的二项式系数之和为.
（2）因为，
令，可得，即①，令，可得，即②，用①式减去②式得：，即.
（3）对两边求导，
可得，
令，可得，
即.
16. 某运动品牌店开展店庆促销活动：顾客购物每满200元可抽奖一次.抽奖箱中有3个蓝球、2个红球，每次随机抽取2个球，记录结果后将球放回，返现规则如下：
抽中2个红球：返现40元；
抽中2个蓝球：返现20元；
抽中1蓝1红：返现10元．
（1）顾客甲恰好消费200元，设获得返现金额为随机变量，求的分布列与数学期望；
（2）顾客乙消费了600元，若该店对购满600元的客户提供两个方案，方案一：参加抽奖活动，方案二：享受九五折优惠，但两种活动不能同时参与.请通过计算判断顾客乙选择哪种方案更优惠．
答案：（1）随机变量的分布列为
的数学期望
（2）选择方案一更优惠
解析：
思路：（1）分析可知随机变量的可能取值有10，20，40，结合超几何分布求分布列和期望；
（2）根据期望的性质分析求两种方案的最终花费，比较大小即可判断.
（1）由题意可知随机变量的可能取值有10，20，40，则有：
；；；
所以随机变量的分布列为
的数学期望.
（2）若选择方案一：此时可以参与3次抽奖，最终花费的期望为元；
若选择方案二：最终花费为元；
因为，所以选择方案一更优惠.
17. 已知函数在处取得极小值.
（1）求a，b的值；
（2）若方程有唯一的实数根，求实数的取值范围.
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）根据题意结合极值点和极值可得a=−4b=4，并根据函数单调性检验即可；
（2）令，原题意等价于与有且仅有1个交点，利用导数判断的性质和图象，结合图象即可得结果.
（1）因为函数的定义域为，且，
由题意可得：f2=83+2a+b=−43f′2=4+a=0，解得a=−4b=4，
则f(x)=13x3−4x+4 ，，
令，解得或；令，解得；
可知函数在内单调递增，在内单调递减，
则函数在处取得极小值，即a=−4b=4符合题意，
综上所述.
（2）对于方程，即为，可得，
令，原题意等价于与有且仅有1个交点，
因为，
令，解得或；令，解得；
可知函数在内单调递增，在内单调递减，
则函数的极大值为，极小值为，
且当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于0；
由图可知：或，所以实数的取值范围为.
18. 某学校组织“校园文化”知识竞赛，竞赛分为初赛和复赛两个阶段，每位参加比赛的同学，初赛必须回答3个问题，每题答对得1分，答错得0分，且初赛总得分不低于2分方可晋级复赛；复赛分为3轮，每轮设置2个问题，每题答对得2分，答错得0分，晋级复赛的选手需完成全部复赛问题，复赛3轮得分累加为复赛总得分．
已知小张同学在初赛中每题答对的概率均为；复赛每轮中，第1题答对的概率为，第2题答对的概率为0.3，且所有问题之间的回答结果互不影响.
（1）求小张同学成功晋级复赛的概率；
（2）已知小张同学已晋级复赛.
（i）若，求小张同学复赛总得分为10分的概率；
（ii）设小张同学在复赛3轮中，恰有2轮每轮得分不低于2分的概率为，求的最大值.
答案：（1）
（2）（i）；（ii）
解析：
思路：（1）设小张同学在初赛的得分为，则，结合二项分布运算求解即可；
（2）设在复赛中每轮得分为Y∈0,2,4，并求对应的概率.（i）分析可知2轮4分，1轮2分，进而求概率；（ii）可得f(p)=2110001−p3+7p2，，利用导数求最值即可.
（1）设小张同学在初赛的得分为，则，
所以小张同学成功晋级复赛的概率P=PX=2+PX=3=C322321−23+233=2027.
（2）设在复赛中每轮得分为Y∈0,2,4，则有：
PY=0=1−p1−0.3=7101−p；
PY=2=1−p×0.3+p1−0.3=310+25p ；
PY=4=p×0.3=310p ，
（i）若，则PY=0=720，，PY=4=320，
因为小张同学复赛总得分为10分，则2轮4分，1轮2分，
所以小张同学复赛总得分为10分的概率P=C31×3202×12=27800；
（ii）由题意可知：f(p)=C32×7101−p×1−7101−p2=2110001−p3+7p2，，
则f'p=211000−3+7p2+1−p23+7p×7=2110003+7p11−21p，
令，解得；令，解得；
则在0,1121内单调递增，在1121,1内单调递减，
所以取到最大值f1121=49.
19. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：当时，；
（3）若不等式对恒成立，求实数的取值范围.
答案：（1）若，函数在定义域内单调递增；
若，函数在内单调递增，在内单调递减.
（2）证明见详解 （3）
解析：
思路：（1）求导，分类讨论参数的正负性，结合导数的符号判断原函数单调性；
（2）根据（1）中单调性可得fx≤f12m=2m−ln2m−1 ，令t=2m∈1,4，，利用导数证明不等式；
（3）令hx=xf(x)+ex−1−x ，，根据端点效应可得，并代入检验即可.
（1）由题意可知：的定义域为，且f′x=1x−2m=1−2mxx，
若，则f′x=1−2mxx>0 ，可知函数在定义域内单调递增；
若，令，解得；令，解得；
可知函数在内单调递增，在内单调递减；
综上所述：若，函数在定义域内单调递增；
若，函数在内单调递增，在内单调递减.
（2）当时，可知函数在内单调递增，在内单调递减，
则fx≤f12m=2m−ln2m−1 ，
令t=2m∈1,4，，则在内恒成立，
可知在内单调递增，则gt