2025--2026学年山东省济宁市高二下册期中质量检测数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年山东省济宁市高二下册期中质量检测数学试题 [含答案]，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知，则（ ）
A．2B．C．D．
2．甲、乙、丙、丁4名同学进行知识竞赛，若甲不是最后一名，则4人不同名次排列的种数有（ ）
A．6种B．12种C．18种D．24种
3．小李打算周末去游玩，去地与地的概率分别为，在地去徒步爬山的概率为，在地去徒步爬山的概率为，则小李去徒步爬山的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知定义域为的函数的导函数为，且的图象如图所示，则下列选项正确的为（ ）
A．在上单调递增B．有极大值
C．在处取得最大值D．有个极值点
5．若，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．随机变量的可能取值为0，1，2，若，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知定义在上的函数，其导函数为，不等式恒成立．若对，不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在的展开式中，其各项的二项式系数和为64，则（ ）
A．B．的系数是240
C．二项式系数最大的项为D．各项的系数和为1
10．一袋中装有大小相同、质地均匀的4个红球和2个白球，则下列说法正确的是（ ）
A．从中不放回的取2个球，每次取1个球，第二次取到红球的概率为
B．从中有放回的取球9次，每次取1球，则取到红球次数的方差为6
C．从中取2个球，已知有红球的情况下，两个都是红球的概率为
D．从中取3个球，恰有两个红球的概率是
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若函数有两个不同零点，则
C．若恒成立，则
D．若，则
三、填空题
12．某校准备组建2个社团，现将5名同学分配到这2个社团，每名同学只能去其中1个，每个社团至少分配2名同学，则不同的分配方案的种数为___________．
13．随机变量,且,则___________.
14．已知函数，若，则的取值范围为___________．
四、解答题
15．已知，且满足．
(1)求的值；
(2)求其展开式中的常数项．
16．老师要从7篇不同课文中随机抽取3篇让学生背诵，至少要背出其中两篇才能及格．若某位同学只会背诵其中的4篇．
(1)求抽到他会背诵的课文数量的分布列和均值；
(2)求他能及格的概率．
17．已知函数，当时取得极小值0．
(1)求的值；
(2)求在的最大值和最小值．
18．甲和乙进行定点投篮游戏，当投篮者命中时继续投篮，否则由对方投篮．已知甲、乙每次投篮命中的概率分别为．规定：每局游戏进行3次投篮，均由甲先投，命中一次得2分．
(1)求一局比赛中，甲6：0获胜的概率；
(2)记一局比赛中乙投篮次数为，求的期望；
(3)若甲、乙共进行了5局比赛，记得分高者为获胜方，得分相同为平局，求甲至少获胜3局的概率．
19．已知函数．
(1)若曲线在点处的切线为，求、；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若函数存在极值点，且有两个不相等的零点、，证明：．
答案
1．B
【详解】由求导得：，则.
2．C
【详解】先对甲进行排序，有3种不同的选择，
再对其他3人进行全排列，有种不同方法，
则一共有种不同名次排列.
3．A
【详解】设事件为“小李去地游玩”，事件为“小李去地游玩”，事件为“小李去徒步爬山”.
由题意得 ，，，.
根据全概率公式可得：
.
4．D
【详解】对于A选项，当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
所以函数在上不单调，A错；
对于B选项，当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
所以为函数的一个极小值点，B错；
对于C选项，函数在上单调递增，函数在处不取得最大值，C错；
对于D选项，列表如下：
所以函数有个极值点，D对.
5．B
【详解】由，则，，
所以.
6．D
【详解】函数求导得，
已知在区间上单调递减，则在上恒成立，
即在上恒成立，
令，，求导得，令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
则是极小值点，
，，
在的上确界为3，
．
7．A
【详解】因为随机变量的可能取值为0，1，2，且，
所以，
，又因为，
所以.
8．C
【详解】令，依题意，．
函数在上单调递增．
对，不等式恒成立，
,
即，
．
当时，，
则，
则；；
故在单调递减，在单调递增；
可得时，函数取得极小值即最小值，
．
当时，，此时，在上单调递减，
又时，，且，则
则的取值范围是.
9．ABD
【详解】根据二项式性质，展开式的所有二项式系数和为，
所以由题意可得，解得，故A正确；
展开式的通项公式为： ，
要得到，令，得，所以的系数为： ，故B正确；
因为为偶数，所以二项式系数最大项为中间第4项，
代入通项得： ，故C错误；
求展开式各项系数和，令代入原式得： ，即各项系数和为，故D正确.
10．AC
【详解】对于A选项，设为“第一次取到红球”，为“第一次取到白球”，为“第二次取到红球”，
所以，，
所以在第一次取到红球的条件下，第二次取到红球的概率为，
在第一次取到白球的条件下，第二次取到红球的概率为，
由全概率公式，第二次取到红球的概率为
，故A正确；
对于B选项，每次取到红球的概率为，取球9次，取到红球的次数服从二项分布，
即，其中，，
二项分布的方差公式为，故B错误；
对于C选项，设事件为“取出的2个球中至少有一个红球”，
事件为“取出的2个球都是红球”，
从6个球中任取2个球的总组合数为，事件的组合数为，
事件的对立事件是“两个都是白球”，
两个都是白球的组合数为，所以事件的组合数为14，
因为事件发生必然意味着事件发生，
所以，，故C正确；
对于D选项，从6个球中任取3个球的总组合数为，
恰好两个红球意味着取了2个红球和1个白球，
取2个红球的组合数为，取1个白球的组合数为，
恰有两个红球的组合数为，
所求概率为，故D错误.
11．ACD
【详解】对于A：，即，
令函数，则，
当时，，在上单调递增；
当时，， 在上单调递减，
所以当时，取得极小值也是最小值，所以，
即，即，故选项A正确；
对于B：函数的定义域为，
令，
令，
当时，，在上单调递减；
当时，， 在上单调递增，
当时，取得极大值也是最大值，所以，
当时，，当时，，
函数的图象如下图所示：
因为函数有两个不同零点，
所以直线与函数的图象有两个不同的交点，
因此，所以本选项说法不正确；
对于C：因为，即，
令，则，
令得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
故函数的最小值是，
若恒成立，则，设，
则由，得，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
当时，取最大值为，即，
所以不等式的解为，
则不等式的解为，可得，故选项C正确；
对于D：因为单调递增，，所以，
记，
因为函数和在是增函数，
所以在上单调递增，
因为，
所以在上必定存在唯一一个零点，且，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
由，得，
所以，
所以，
所以，
所以，故选项D正确.
12．20
【详解】将五名同学分为两组，一组2人，一组3人，有种，
再将这两组同学分配到两个不同的社团中，有种分配方式，
则总的分配方案有种.
13．6
解：由数学期望的性质可得，
解得，
由二项分布的期望公式可得：，
所以.
故6.
14．
【详解】可知函数定义域为，所以恒成立，等价于在恒成立，
等价于在恒成立，
设函数，可知，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
在时，取得最小值，即时，，
设函数，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
在时，取得最大值，即时，，
所以恒成立，
当时，即成立，
所以，实数的取值范围为.
15．(1)
(2)672
【详解】（1）由，可得，
解得（舍）或，故；
（2）有二项式定理得其展开式的通项为，
令，解得，
所以常数项为.
16．(1)
(2)
【详解】（1）抽到该生会背诵的课文数量的可能取值有0，1，2，3，则
，
，
，
，
则；
（2），
即这位同学能及格的概率为.
17．(1)
(2)最大值为2，最小值为0
【详解】（1），
由取得极小值0，可知，即，
由时取得极小值，可知，即，
所以；
（2）由（1）得，
令，得，或，
所以当时，有极大值；
所以当时，有极小值0；
又因为，
所以的最大值为2，最小值为0.
18．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）记为甲第投篮命中，记为乙第投篮命中，则甲6：0获胜的概率，
.
（2）一局比赛中乙投篮次数为可能取值有0，1，2，
则，
，
，
所以.
（3）甲6：0获胜概率；
甲4：0获胜概率；
甲2：0获胜概率；
记事件C为一局比赛中甲获胜，则，
由题意知，进行5局比赛甲获胜的局数，
所以.
19．(1)，
(2)当时，的减区间为；当时，的增区间为，减区间为
(3)证明见解析
【详解】（1）由题意，
由曲线在点处的切线为，
可知，解得.
（2）易知的定义域为，
当时，，所以的减区间为，无增区间；
当时，令，得，
由可得，由可得，
此时函数的增区间为，减区间为.
综上：当时，的减区间为；
当时，的增区间为，减区间为.
（3）由（2）知，且需满足，，
要证，即证，即证，
因为，所以，
由在上为减函数，只需证，
由，即证，
令，
则
，
由，得，，所以，
所以在上为增函数，所以，
所以，所以.
减
极小值
增
极大值
减
极小值
增
0
1
2
3
0
1
2
3
2
（2，3）
+
0
-
0
+
↗
极大值
↘
极小值
↗