2025--2026学年山东省济宁市第一中学高二下册期中考试数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年山东省济宁市第一中学高二下册期中考试数学试题 [含答案]，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知函数，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
2. 已知随机变量服从正态分布，，则（ ）
A. B. C. D.
3. 设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则其导函数的图象可能是（ ）
A. B. C. D.
4. 函数在区间上的最大值是（ ）
A. －9B. －16C. 16D. 9
5. 在一个不透明的盒中装有6个大小质地完全相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，现从盒中一次取出2个小球，设事件为“取出2个小球的数字之和大于6”，事件为“取出的2个小球中最小数字为3”，则（ ）
A. B. C. D.
6. 的展开式中，常数项为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 12
7. 若函数在上有极值，则的取值可能是（ ）
A. B. C. 0D. 1
8. 若存在，对任意的，都有，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共有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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 设离散型随机变量的分布列为
若，则（ ）
A. B. C. D.
10. A、B、C、D、E五名同学安排值日，下列说法正确的是（ ）
A. 五人值五天，每人值一天，A、B两名同学需相邻，满足条件的安排方法共有48种
B. 安排五人连续三天值日，每天需要有人值，每人只值一次，一共有540种安排方法
C. 五人值五天，每人值一天，要求A、B、C三人值日的先后顺序固定，则一共有20种安排方法
D. A、B、C三人需要连续六天值日，每人两天，但每人都不连值两天，一共有30种安排方法
11. 记函数的导函数为，已知，且，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 若为偶函数，则D. 可能为二次函数
三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数，其单调增区间为_______；
13. 若，则的值为__________.
14. 甲和乙各自从门选修课中任意选取3门，记为被甲或乙选中的选修课数量，则的数学期望为______．
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. 在的二项展开式中.
（1）若，求展开式中含项的系数；
（2）若展开式中含有常数项，求最小的正整数的值.
16. 为发展业务，某调研组对A，B两个公司的扫码支付情况进行调查，准备从国内个人口超过1000万的超大城市和8个人口低于100万的小城市随机抽取若干个进行统计，若一次抽取2个城市，全是小城市的概率为．
（1）求的值；
（2）若一次抽取3个城市，设取出小城市的个数为，求的分布列．
17. 已知函数.
（1）求函数的单调区间和极值；
（2）求证：当且时，.
18. 某人工智能实验室要对一款新型学习智能体进行轮测试（每轮测试的结果相互独立），每轮测试中智能体会随机接受类与类任务中的一个．已知该智能体每轮成功完成类任务的概率均为，每轮成功完成类任务的概率均为．成功完成一次类任务得1分，成功完成一次类任务得2分，不成功均得0分．记智能体在第1轮测试后的得分为．
（1）求的分布列；
（2）记智能体经过2轮测试后的总得分为，求；
（3）每轮测试中智能体成功完成类或类任务就称为“过关”．记轮测试中智能体过关的次数为，求和．
19. 已知函数，为的导数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论零点的个数；
（3）设为的零点，证明：当时，．
数学
一、单项选择题：本题共有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. 已知函数，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
答案：D
解析：
解答过程：因为函数，所以，则．
2. 已知随机变量服从正态分布，，则（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：根据正态密度曲线的对称性可求得结果.
解答过程：因为随机变量服从正态分布，，
故.
故选：D.
3. 设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则其导函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
答案：C
解析：
解答过程：当时，由图知函数减函数，则导函数，排除A，B；
又因当时，的图象趋势依次为增、减、增，则的值应依次为正、负、正，故D项不符合，C项符合．
4. 函数在区间上的最大值是（ ）
A. －9B. －16C. 16D. 9
答案：C
解析：
思路：根据题意，求导可得的极值，从而得到结果.
解答过程：因为，令，解得，
当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减，
所以在时取得极大值，即最大值，
所以在区间上的最大值是.
故选：C
5. 在一个不透明的盒中装有6个大小质地完全相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，现从盒中一次取出2个小球，设事件为“取出2个小球的数字之和大于6”，事件为“取出的2个小球中最小数字为3”，则（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：根据题意，分别求得事件和事件的概率，结合条件概率的计算公式，即可求解.
解答过程：从装有6个大小质地完全相同的小球的盒中一次取出2个小球，共有种取法，
其中事件，
有9种取法，概率为，
事件，有3种取法，概率为，
所以.
故选：C.
6. 的展开式中，常数项为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 12
答案：C
解析：
思路：先将三项式变为两项式，再利用展开式的通项可得.
解答过程：，
通项为，
令，所以常数项为.
故选：C.
7. 若函数在上有极值，则的取值可能是（ ）
A. B. C. 0D. 1
答案：B
解析：
思路：将函数求导，将函数有极值问题转化为方程在上有两不等实根，通过求二次函数的值域即得的取值范围.
解答过程：函数在上有极值，
即在上有变号零点，
也即方程在上有两不等实根，
由可得，当且仅当时，等号成立，
故需使.
故选：B.
8. 若存在，对任意的，都有，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：问题转化为在上恒成立，令，利用导数求出，则存在，使，令，利用导数求出的最大值即可得到的最大值.
解答过程：任意的，都有，
则有在上恒成立，
令，函数定义域为，
，令，解得，
时，，在上单调递减；
时，，在上单调递增，
，
因此存在，使，
令，，令，解得，
时，在上单调递增；
时，在上单调递减，
有，
所以时，的最大值为.
故选：C
二、多项选择题：本题共有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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 设离散型随机变量的分布列为
若，则（ ）
A. B. C. D.
答案：ABD
解析：
思路：根据分布列的性质得出.进而根据期望方差公式得出的值，根据对应关系，得出的值.
解答过程：对于A、B项，由表格可得，所以.
则，
.故A正确，B正确；
对于C、D项，因为，，，
所以，，，故C错误，D正确.
故选：ABD.
10. A、B、C、D、E五名同学安排值日，下列说法正确的是（ ）
A. 五人值五天，每人值一天，A、B两名同学需相邻，满足条件的安排方法共有48种
B. 安排五人连续三天值日，每天需要有人值，每人只值一次，一共有540种安排方法
C. 五人值五天，每人值一天，要求A、B、C三人值日的先后顺序固定，则一共有20种安排方法
D. A、B、C三人需要连续六天值日，每人两天，但每人都不连值两天，一共有30种安排方法
答案：ACD
解析：
思路：根据相邻问题捆绑即可求解A,根据排列即可求解B，根据分组分配问题即可求解C，利用列举，结合分步乘法计数原理即可求解D.
解答过程：对于A,将A、B两名同学看作一个整体，与其他三个同学一起全排列，则共有种情况，故A正确，
对于B，安排五人连续三天值日，每天需要有人值，每人只值一次，一共有种安排方法,故B错误，
对于C,由于A、B、C三人值日的先后顺序固定，只需要将剩下两名同学安排好即可，故共有种方法，故C正确，
对于D,从三个人中选2个人安排在第一天和第二天，则有种方法，假若前两天值日的人为分别为，则6天的安排有共有5种，故总的安排有,故D正确，
故选：ACD
11. 记函数的导函数为，已知，且，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 若为偶函数，则D. 可能为二次函数
答案：ACD
解析：
思路：构造函数，利用导数，由题意可得是减函数，由此判断A，B；若为偶函数，则，两边求导，可得为奇函数，由此判断C，用特殊值法，可判断D.
解答过程：由，得，
因为，所以，
即，所以是减函数，
所以，即，所以A正确；
，即，所以B不正确；
若为偶函数，则.
两边求导，得，所以是奇函数.
由，，得.
所以，所以C正确；
假设，则.
由，得.
由，得，所以.
由，得，即恒成立；
则，即.
令，则成立，
所以可能为二次函数，所以D正确.
三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数，其单调增区间为_______；
答案：
解析：
思路：先求出函数的导函数，再通过导函数大于0即可求得函数的单调递增区间．
解答过程：由题得函数的定义域为
由，则，
令，得，
所以的单调递增区间为.
故
13. 若，则的值为__________.
答案：0
解析：
思路：通过赋值，代入即可求解.
解答过程：由，令，
则有，
即.
故0
14. 甲和乙各自从门选修课中任意选取3门，记为被甲或乙选中的选修课数量，则的数学期望为______．
答案：
解析：
思路：设为第i门课是否被选中，利用独立事件乘法公式求解，再利用数学期望的线性性质求出.
解答过程：将门选修课编号为，
设为第i门课是否被选中，，
则，
又，
则．
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. 在的二项展开式中.
（1）若，求展开式中含项的系数；
（2）若展开式中含有常数项，求最小的正整数的值.
答案：（1）60 （2）5
解析：
思路：（1）利用二项展开式的通项计算可得结果；
（2）由通项得出含有常数项时，再结合其范围可得当时，取最小值5.
（1）当时，展开式的通项为
令，解得
所以展开式中含项的系数为
（2）展开式的通项，
由于展开式含有常数项，可得
即，又
即当时，取最小值5，此时展开式含有常数项，
因此最小的正整数的值为5.
16. 为发展业务，某调研组对A，B两个公司的扫码支付情况进行调查，准备从国内个人口超过1000万的超大城市和8个人口低于100万的小城市随机抽取若干个进行统计，若一次抽取2个城市，全是小城市的概率为．
（1）求的值；
（2）若一次抽取3个城市，设取出小城市的个数为，求的分布列．
答案：（1）
（2）分布列见解析
解析：
思路：（1）结合组合数，利用古典概型概率公式列式求解即可；
（2）求出的可能取值及对应的概率，即可求出超几何分布列.
（1）由题意一次抽取2个城市，全是小城市的概率为，
因为，所以，得或（舍），故．
（2）由题知的可能取值为0，1，2，3
P(X=0)=C80C73C153=113,P(X=1)=C81C72C153=2465，
P(X=2)=C82C71C153=2865,P(X=3)=C83C153=865.
故的分布列为：
17. 已知函数.
（1）求函数的单调区间和极值；
（2）求证：当且时，.
答案：（1）答案见解析
（2）答案见解析
解析：
思路：（1）对函数求导并令导数为，找到临界点，通过分析导数在不同区间的符号确定函数单调性，进而求出极小值与极大值；
（2）构造函数并求导，将问题转化为分析导函数的最小值，结合已知的范围判断恒正，从而推出单调性，最终证明不等式.
（1）函数的定义域为，,令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增。
所以的单调递减区间是，单调递增区间是；
极小值为，无极大值.
（2）令，则，
由（1）可知，即的最小值为，
已知，代入得：，
因此对任意恒成立，故在上单调递增，
当时，，即：得证.
方法提示：本题的核心是通过导数分析函数单调性，以极值为桥梁，将不等式证明转化为函数最小值的符号判断.
18. 某人工智能实验室要对一款新型学习智能体进行轮测试（每轮测试的结果相互独立），每轮测试中智能体会随机接受类与类任务中的一个．已知该智能体每轮成功完成类任务的概率均为，每轮成功完成类任务的概率均为．成功完成一次类任务得1分，成功完成一次类任务得2分，不成功均得0分．记智能体在第1轮测试后的得分为．
（1）求的分布列；
（2）记智能体经过2轮测试后的总得分为，求；
（3）每轮测试中智能体成功完成类或类任务就称为“过关”．记轮测试中智能体过关的次数为，求和．
答案：（1）分布列为：
（2） （3），
解析：
思路：（1）根据题意求出对应随机变量的概率，得到分布列；
（2）根据条件概率公式求解即可；
（3）利用二项分布的期望、方差公式求解即可.
（1）的可能取值为，
，
，，
所以分布列为：
（2）由（1），，,
所以.
（3）由题意，，
所以，
所以，,
19. 已知函数，为的导数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论零点的个数；
（3）设为的零点，证明：当时，．
答案：（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
解析：
思路：（1）利用导数的几何意义求得切线斜率即可求得切线方程；
（2）由题意得，等价于在零点的个数，分，两种情况判断单调性，进而可得零点个数；
（3）（i）若，结合（2）的单调性，可得，可得，构造函数，求导可得结论；（ii）若，由（2）可知，在区间存在一个零点，可得，可得，进而构造函数，进而有，，可得结论.
（1）当时，，则，
故，，曲线在点处的切线方程为．
（2）因为，且，故零点的个数等价于函数在零点的个数．
当时，，没有零点．
当时，，令，则，
且当时，，单调递减，当时，，单调递增．
又，当时，，此时没有零点；
当时，，此时有一个零点．
若，则，又，，，
结合的单调性可知，在区间和各恰有一个零点，
即在区间存在一个零点，在区间存在一个零点．
综上，当时，没有零点；当时，有一个零点；当时，有两个零点．
（3）（i）若，由（2）可知，在区间没有零点，且，
故在区间单调递增，，且此时．
因为，故．
设，则，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，故．
故当时，．
（ii）若，由（2）可知，在区间存在一个零点，
即在存在唯一极大值点，故当时，．
由（2）可知，，且，
故当时，都有．
又因为，且在区间单调递增，
故存在唯一零点，且满足．
设，
则，．
由上可知，在区间单调递减，且，
故，此时也有．
综上，由（i），（ii）可知，当时，．
4
6
8
0.3
0.4
4
6
8
0.3
0.4
0
1
2
3
0
1
2
0
1
2